ΠΑΝΕΛΛΑ ΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΑ ΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Θέµα 1 ο A1. γ A2. β A3. γ A4. α A5. β Θέµα 2 ο Β1. α. Λάθος: Εξαρτάται από τις συγκεντρώσεις των δύο διαλυµάτων. Αν η (OH) - είναι πολύ µικρή σε σχέση µε του άλατος το PH θα µειωθεί. β. Σωστό: Υπάρχουν δύο ισοµερή, το 1-βουτίνιο και το 2-βουτίνιο. Από αυτά µόνο το 1-βουτίνιο αντιδρά µε διάλυµα CuCl/NH3 και δίνει κεραµέρυθρο ίζηµα. CH3CH2C CH + CuCl + NH3 CH3CH2C Cu+NH4Cl γ. Σωστό: Στο διάλυµα υπάρχουν: 1. Το ασθενές οξύ CH3COOH και η συζυγής του βάση CH3COO - στην ίδια συγκέντρωση ( ηλαδή ισχυρή ρυθµιστική ικανότητα). 2. Το άλας NaCl το οποίο διϊσταται στο νερό και τα ιόντα Νa+ και Cl - δεν αντιδρούν µε αυτό γιατί προέρχονται από ισχυρή βάση (NaOH) και ισχυρό οξύ (HCl). δ. Λάθος: Το 2Ηe (ήλιο) έχει ηλεκτρονιακή δοµή 1s 2. ε. Λάθος: Η CH3OH είναι ασθενέστερο οξύ από το νερό άρα δεν δίνει αντίδραση ιοντισµού σε αυτό. Η αντίστοιχη ισορροπία θα ήταν µετατοπισµένη αριστερά, άρα η αντίδραση δεν λαµβάνει χώρα. 1

2 Β2. α. 7Χ: 1s 2 2s 2 2p 3 ανήκει στην 2 η περίοδο και στην 15 η ή VΑ οµάδα 12Ψ: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 ανήκει στην 3 η περίοδο και στην 2 η οµάδα 8O: 1s 2 2s 2 2p 4 ανήκει στην 2 η περίοδο και 14 η οµάδα ή IVΑ 1H: 1s 1 ανήκει στην 1 η περίοδο και στην 1 η οµάδα. β. Κατά µήκος µίας οµάδας του περιοδικού πίνακα η ενέργεια πρώτου ιοντισµού αυξάνει από κάτω προς τα πάνω λόγω µείωσης του αριθµού των στιβάδων και κατά µήκος µίας περίοδου από αριστερά προς τα δεξιά λόγω αύξησης του δραστικού πυρηνικού φορτίου. Άρα µεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισµού έχει το 7Χ. γ. HXO3 οµοιοπολική ένωση :Ö: ΨΟ ετεροπολική ένωση :Ö = X Ö H [:Ψ:] +2 [:O:] -2 (υπάρχουν 8 e - γύρω από κάθε στοιχείο) Θέµα 3 ο Γ1. Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων Α έως Μ είναι οι εξής: A: CH CH B: CH3CH=O Γ: CH3CΟΟΗ : CH3CΟΟΝa E: CH3CH2OH Z: CH3CH2Cl Θ: CH3CH2MgCl K: CH3-CH-CH2-CH3 OMgCl Λ: CH3-CH-CH2-CH3 Μ: CH3COO-CH-CH2-CH3 ΟΗ CH3 2

3 Γ2. α. Με αντίδραση προσθήκης νερού σε όξινο περιβάλλον το 2-βουτένιο δίνει ένα µόνο προϊόν γιατί είναι συµµετρικό αλκένιο. Το 1-βουτένιο σχηµατίζει µίγµα δύο αλκοολών την 1-βουτανόλη και την 2-βουτανόλη που είναι το κύριο προϊόν µε εφαρµογή του κανόνα του Markovnikov. Άρα Α: CH3CH2CH=CH2 Β: CH3CHCH2CH3 Γ: CH3CH2CH2CH2ΟΗ β. ΟΗ CH3CHCH2CH3 + Νa CH3CHCH2CH3 + ½ H2 OH ONa 1 mol ½ mol X/3 mol x/6 mol CH3CH2CH2CH2OH + Νa CH3CH2CH2CH2ONa + 1/2 H2 1mol ½ mol ψ/3 mol ψ/6 mol n(h2) = V/22,4 = 0,05 mol Άρα x/6 + y/6 = 0,05 => x + y = 0,3 (Εξίσωση 1 η ) 2ο µέρος µίγµατος Την αλοφορµική αντίδραση την δίνει µόνο η 2-βουτανόλη. Άρα: CH 3CHCH 2CH 3 + 4Ι 2 + 6NaOH CH 3CH 2COONa + CHI 3 + 5NaI + 5H 2O OH 1 mol 1mol x/3 mol x/3 mol Άρα x/3 = 0,08 x = 0,24 mol (εξίσωση 2 η ) 3

4 οπότε y = 0,06 mol 3ο µέρος µίγµατος x/3 = 0,24/3 = 0,08 mol, y/3 = 0,06/3 = 0,02 mol 5CH 3CHCH 2CH 3 +2KMnO 4 +3H 2SO 4CH 3CCH 2CH 3 +K 2SO 4 +2MnSO 4+8H 2O OH O 5mol 2mol 0.08 mol =0.032 mol 5CH 3CH 2CH 2CH 2OH +4KMnO 4+6H 2SO 45CH 3CCH 2CH 3 +2K 2SO 4 +4MnSO 4 +11H 2O 5mol 0.02mol 4mol =0.016mol Mol KMnO4 = 0,048 Συνεπώς V=0,48L Θέµα 4 ο Ανάµιξη διαλυµάτων ουσιών που αντιδρούν µεταξύ τους. Τα mol της κάθε ένωσης: mol ΗCOOH = 0,1. 1 = 0,1 mol NaOH = 0,1. V Για να προκύπτει διάλυµα µε ph = 4 αντιδρά όλο το NaOH αλλιώς το pη του διαλύµατος που προκύπτει θα ήταν βασικό. mol HCOOH+ NaOH HCOONa+ H2O αρχ, 0,1 0,1.V αντ. 0,1.V 0,1.V παρ. / / 0,1.V 0,1.V τελ. 0,1-0,1.V 0,1.V 0,1.V Στο τελικό διάλυµα έχουµε ΗCOOH και ΗCOONa µε συγκεντρώσεις: C HCOOH= V/ 1+V C HCOONa= 0.1,V /1+V 4

5 Λαµβάνουν χώρα οι αντιδράσεις: ΗCOONa Na + + HCOO - C HCOONa C HCOONa Και ο ιοντισµός του οξέος: C HCOOH + Η 2O HCOΟ - Η3Ο + αρχ, CHCOOH αντ. x παρ. / / x x τελ. C HCOOH-x x+c HCOONa x Εφόσον το ph = 4 η συγκέντρωση των οξωνίων είναι 10-4 Μ. Συνεπώς x = 10-4 Μ. Από την Ka για το ασθενές οξύ HCOOH λαµβάνοντας υπόψη και το νόµο του Ostwald καταλήγουµε σε V = 500 ml. 2. Έχουµε ανάµιξη διαλυµάτων τα οποία δεν αντιδρούν µεταξύ τους. Στο διάλυµα υπάρχουν HCOOH 0,05 Μ και CH3COOH 0,5 Μ. Άρα: C HCOOH+ Η 2O HCOΟ - Η 3Ο + αρχ, 0,05 αντ. x παρ. / / x x X.I. 0,05-χ χ x +ψ C CH 3COOH Η 2O CH 3COΟ- Η 3Ο + αρχ, 0,5 αντ. ψ παρ. / / ψ ψ τελ. 0,5-ψ ψ χ+ψ 5

6 Αν χρησιµοποιήσουµε την Κα = (HCOO-)(H3O)/(HCOOH) και την αντίστοιχη για το CH3COOH και σύµφωνα µε το νόµο του Ostwald καταλήγουµε σε χ+ψ = 10-2,5 M άρα PH= Τα οξέα αντιδρούν µε µέταλλα άρα: Mol ΗCOOH = 0,1. 0,5 = 0,05 Mol CΗ3COOH = 1. 0,5 = 0,5 2HCOOH + Mg (HCOO)2Mg + H2 2mol 1mol 0.05mol =0.025mol 2CH3COOH + Mg (CH3COO)2Mg + H2 2mol 1mol 0.5 mol = 0.25 mol nh2 = 0, ,25 = 0,275 mol VH2 =0.275 x 22.4= 6.16 L 4. Ο προσδιορισµός της συγκέντρωσης του HCOOH µε ογκοµέτρηση µε όξινο διάλυµα KMnO4 είναι εφικτός. Ο δείκτης δεν είναι απαραίτητος καθώς µε την πλήρη αναγωγή του το υπερµαγγανικό µετατρέπεται σε ανοικτό µωβ διάλυµα. Το τέλος της ογκοµέτρησης είναι επίσης εµφανές πρακτικά όταν σταµατήσει έκλυσης φυσαλίδων CO2. Η χηµικής αντίδραση που λαµβάνει χώρα είναι η εξής: 5HCOOH + 2KMnO 4 + 3H 2SO 4 5CO 2 + 2MnSO 4 + K 2SO 4 + 8H 2O 6