ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 28 ΜΑΪΟΥ 2010 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 28 ΜΑΪΟΥ 2010 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ"

Ημέρα Αποστολίδης
9 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΘΕΜΑ Α Α1. β Α2. α Α3. α Α4. δ ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 28 ΜΑΪΟΥ 2010 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α5. α. Σωστό β. Σωστό γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Λάθος ΘΕΜΑ Β Β1. α. 20a 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 26Fe 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 4s 2 16S 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 β. a : 4 η περίοδος, ΙΙ Α ή 2 η ομάδα Fe : 4 η περίοδος, VIΙΙ Β ή 8 η ομάδα S : 3 η περίοδος, VΙ Α ή 16 η ομάδα Β2. α. Η δεύτερη ενέργεια ιοντισμού έχει μεγαλύτερη τιμή από την πρώτη καθώς πιο εύκολα φεύγει το ηλεκτρόνιο από το ουδέτερο άτομο απ ότι το φορτισμένο ιόν. β. Η αντίδραση ιοντισμού του νερού (όπως όλες οι αντιδράσεις ιοντισμού) είναι ενδόθερμη αντίδραση. Επομένως, με αύξηση της θερμοκρασίας μετατοπίζει την ισορροπία 2H2O H3O + OH προς τα δεξιά. Έτσι, HO 3 > HO 80 3 ή HO 3 > 10 Mάρα phνερού στους 80 < γ. Με βάση την απαγορευτική αρχή του Pauli είναι αδύνατο να υπάρχουν στο ίδιο άτομο δύο ηλεκτρόνια με την ίδια τετράδα κβαντικών αριθμών ( n, l, m l, m s ). Ένα τροχιακό καθορίζεται από μία τριάδα κβαντικών αριθμών (n, l, m l ), επομένως τα ηλεκτρόνια που μπορούν να υπάρχουν σε ένα τροχιακό πρέπει να διαφέρουν στην τιμή του m s και επειδή το m s παίρνει τιμές ±1/2, δηλαδή μόνο δύο τιμές, σε ένα οποιοδήποτε τροχιακό μπορούν να υπάρχουν το πολύ δύο ηλεκτρόνια. δ. Όσο πηγαίνουμε προς τα δεξιά του περιοδικού πίνακα, αυξάνεται ο ατομικός αριθμός και κατά συνέπεια αυξάνεται το δραστικό πυρηνικό φορτίο του ατόμου (κατά προσέγγιση το φορτίο του πυρήνα μειωμένο κατά το φορτίο των ηλεκτρονίων των εσωτερικών στιβάδων). Έτσι λόγω μεγαλύτερης έλξης των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας από τον πυρήνα, η ατομική ακτίνα ελαττώνεται. ε. Ο αιθέρας πρέπει να είναι απόλυτος, γιατί η παραμικρή ποσότητα νερού θα αντιδρά με το RMgX και δίνει αλκάνιο, οπότε καταστρέφεται το αντιδραστήριο Grignard: RMgX+HOH RH+Mg(OH)X. 1

a : 4 η περίοδος, ΙΙ Α ή 2 η ομάδα Fe : 4 η περίοδος, VIΙΙ Β ή 8 η ομάδα S : 3 η περίοδος, VΙ Α ή 16 η ομάδα Β2. α.

2 B3. Παίρνω μικρή ποσότητα από το περιεχόμενο κάθε φιάλης και το προσθέτω σε διάλυμα ul/nh 3. Όπου δημιουργηθεί κεραμέρυθρο ίζημα, η αντίστοιχη φιάλη θα περιέχει H 3 H 2 H 2 H διότι μόνο το 1-πεντίνιο αντιδρά με διάλυμα ul/nh 3 σύμφωνα με τη χημική εξίσωση: H 3 H 2 H 2 H+ul+NH 3 H 3 H 2 H 2 u + NH 4 l Σημείωση: Το H 3 H 2 H 2 H ανιχνεύεται και με έκλυση αερίου Η 2 όταν προσθέτουμε Na ή Κ, σύμφωνα με τη χημική εξίσωση: H 3 H 2 H 2 H + Na H 3 H 2 H 2 Na + ½ H 2 Αφού ταυτοποιήσουμε το περιεχόμενο της φιάλης που περιέχει το 1-πεντίνιο σε ορισμένη ποσότητα από το περιεχόμενο των άλλων δύο φιαλών, προσθέτω διάλυμα Br 2 /l 4. Όπου αποχρωματίζεται το διάλυμα υπάρχει H 3 H 2 H 2 H=H 2 διότι οι ακόρεστες ενώσεις αποχρωματίζουν διάλυμα Br 2 /l 4 με βάση τη χημική εξίσωση: l4 H 3 H 2 H 2 H=H 2 + Br 2 H 3 H 2 H 2 HH 2 Br Br To περιεχόμενο της άλλης φιάλης που δεν αποχρωματίζει το διάλυμα Br 2 /l 4 θα περιέχει πεντάνιο. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α. H 3 Η H 3 B. H 3 Η H 3 Γ. HΙ 3 Δ. H 3 ΟΟΝa Br ΟH E. H 3 OO HH 3 Z. H 3 ΗMgBr Λ. H 3 H 3 H 3 H 3 O H 3 H 3 M. H 3 Η H 3 N. H 3 Η H 3 H 3 OMgBr H 3 OH Γ2. Οι τρεις καρβονυλικές ενώσεις με μοριακό τύπο 4 H 8 O είναι οι: H 3 H 2 H 3, H 3 H 2 H 2 H = O, H 3 H H = O O H 3 (A) (B) (Γ) Έστω ότι το μίγμα περιέχει mol από κάθε καρβονυλική ένωση. Από αυτές μόνο οι δύο αλδεΰδες αντιδρούν με αντιδραστήριο Fehling. H 3 H 2 H 2 H=O+2uSO 4 +5NaOH H 3 H 2 H 2 OONa+u 2 O +2Na 2 SO 4 +3H 2 O mol mol 2

+ NH 4 l Σημείωση: Το H 3 H 2 H 2 H ανιχνεύεται και με έκλυση αερίου Η 2 όταν προσθέτουμε Na ή Κ, σύμφωνα με τη χημική εξίσωση: H 3 H 2 H 2 H + Na H 3 H 2 H 2 Na + ½ H 2 Αφού ταυτοποιήσουμε το

3 ΘΕΜΑ Δ H 3 HH=O+2uSO 4 +5NaOH H 3 HOONa + u 2 O +2Na 2 SO 4 +3H 2 O H 3 H 3 mol mol Επομένως παράχθηκαν συνολικά +=2 mol ιζήματος u 2 O. H Μr του u 2 O=2 63,5+16=143. Άρα 2=14386,2 ή =0,01 mol Άρα το αρχικό μίγμα περιείχε: 0,01mol H 3 H 2 H 3, 0,01mol H 3 HH=O και 0,01mol H 3 H 2 H 2 H=O Ο H 3 Δ1. Το H 3 OOH ιοντίζεται ως εξής: H 3 OOH + H 2 O H 3 OO + H 3 O + Ισχύουν οι νόμοι αραίωσης του Ostwald: K a = α 2 ( 1). Μετά τη αραίωση θα έχουμε ένα νέο βαθμό ιοντισμού α και νέα συγκέντρωση του H 3 OOH. Oμως, η Κ a δεν μεταβάλλεται άρα K a = α 2 (2). Συνεπώς, α 2 = α 2 και α = 3α, οπότε α 2 = (3α) 2 α 2 = 9 α 2 = 9. Κατά την αραίωση ισχύει : V = V (όπου V ο όγκος του αραιωμένου διαλύματος) άρα V = V V = 9V. Aρα ο όγκος του αραιωμένου διαλύματος 9 θα είναι = 900 ml. Επομένως, στο αρχικό διάλυμα θα προσθέσουμε = 800 ml. Δ2. Στα 100 ml του διαλύματος H 3 OOH 0,2Μ(Υ 2 ) περιέχονται: 0,2 mol/l 0,1L= 0,02 mol H 3 OOH. Στα 100mL του διαλύματος ΝaOH 0,1Μ περιέχονται: 0,1 mol/l 0,1L = 0,01 mol ΝαΟΗ. Όταν αναμιγνύονται τα δύο διαλύματα πραγματοποιείται η αντίδραση: H 3 OOH + ΝaOH H 3 OONa + H 2 O αντ/παραγ 0,01 mol 0,01mol 0,01mol Επομένως, μετά την αντίδραση το διάλυμα Υ 3 όγκου 200 ml περιέχει: 0,020,01= 0,01 mol H 3 OOH και 0,01mol H 3 OOΝa με συγκεντρώσεις 0,01 0,2 = 0,05Μ H 3OOH και 0,01 0,2 = 0,05Μ H 3OOΝa. β οξ Με βάση τον τύπο: ph = pk a + log έχουμε : 5 0,05 phy3 = log10 + log = 5. 0,05 Δ3. Στα 100mL διαλύματος H 3 OOH 0,2Μ περιέχονται: 0,2 mol/l 0,1L = 0,02 mol H 3 OOH Στα 100mL διαλύματος NaOH 0,2M περιέχονται 0,1L 0,2 mol/l = 0,02 mol NaOH 3

Το H 3 OOH ιοντίζεται ως εξής: H 3 OOH + H 2 O H 3 OO + H 3 O + Ισχύουν οι νόμοι αραίωσης του Ostwald: K a = α 2 ( 1).

4 Αναμιγνύοντας τα δύο διαλύματα πραγματοποιείται πλήρης αντίδραση εξουδετέρωσης: H 3 OOH + NaOH H 3 OONa + H 2 O αντ/παραγ 0,02 mol 0,02 mol 0,02 mol Επομένως το διάλυμα Y 4 όγκου =200mL περιέχει 0,02 mol H 3 OONa με 0,02 mol συγκέντρωση = 0,1 M 0,2 L Το H 3 OONa διίσταται: H 3 OONa H 3 OO + Na + 0,1M 0,1M 0,1M Από τα δύο ιόντα μόνο το H 3 OO, που προέρχεται από το ασθενές οξύ H 3 OOH, συμπεριφέρεται ως βάση και αντιδρά με το νερό: H 3 OO + H 2 O H 3 OOH + OH Αντιδ. M M M [ H OOH] 3 OH Έχουμε: K = (3) b H3OO H3OO 14 K w 10 9 Όπου K = = = 10 και [H b H 5 3OO 3 OOH] = M, [OH ] = M, Ka H3OOH 10 [H 3 OO ] = 0,1 0,1M 9 5 Από την (3) έχουμε: 10 = = 10 M 0,1 Δηλαδή [ΟΗ 5 ] = 10 M10-5 Μ ή poh=5, άρα ph=9 Δ4. Έστω L θα χρησιμοποιήσω από το διάλυμα του NaOH 0,1M. Στην ποσότητα αυτή περιέχονται: 0,1 mol/l L = 0,1 mol NaOH Στα 101mL του Y 2 περιέχονται 0,101 L 0,2 mol/l = 0,0202 mol H 3 OOH Αναμιγνύοντας τα δύο αυτά διαλύματα πραγματοποιείται εξουδετέρωση: H 3 OOH + NaOH H 3 OONa + H 2 O (4) Yπάρχουν 3 πιθανές περιπτώσεις: 1η περίπτωση Να αντιδράσει όλο το NaOH και να περισσέψει H 3 OOH. Τότε το διάλυμα Y 5 θα περιέχει H 3 OOH και H 3 OONa 2η περίπτωση Να εξουδετερωθούν πλήρως άρα το διάλυμα Y 5 θα περιέχει μόνο H 3 OONa. 3η περίπτωση Να αντιδράσει όλο το H 3 OOH και να περισσέψει NaOH. Τότε το διάλυμα Y 5 θα περιέχει μόνο H 3 OONa και NaOH. Έστω ότι συνέβη η 2 η περίπτωση. Τότε το H 3 OONa διίσταται: H 3 OONa H 3 OO + Na + Tο H 3 OO δρα ως βάση: H 3 OO + H 2 O H 3 OOH + OH 4

OOH, συμπεριφέρεται ως βάση και αντιδρά με το νερό: H 3 OO + H 2 O H 3 OOH + OH Αντιδ.

5 Ένα τέτοιο διάλυμα είναι βασικό και απορρίπτεται, αφού το τελικό διάλυμα Y 5 θέλουμε να έχει ph=7 (ουδέτερο). Προφανώς η 3 η περίπτωση απορρίπτεται διότι ένα τέτοιο διάλυμα που περιέχει H 3 OONa και NaOH, είναι πιο βασικό από αυτό στη 2 η περίπτωση. Έτσι συμβαίνει η 1 η περίπτωση, δηλαδή αντιδρά όλο το NaOH (0,1 mol) με 0,1 mol H 3 OOH και παράγονται 0,1 mol H 3 OONa (από τη στοιχειομετρία της 4). Τελικά στο διάλυμα Y 5 όγκου () L περιέχονται: (0,02020,1) mol H 3 OOH και 0,1 mol H 3 OONa, με συγκεντρώσεις: 0,0202 0,1 0,1 M H 3 OOH και M H 3 OONa Το διάλυμα αυτό είναι ρυθμιστικό, όπου το H 3 OOH είναι το οξύ και το H 3 OONa (H 3 OO ) η συζυγής του βάση. Με βάση τον τύπο: 0,1 β 5 0,1 ph = pka + log 7 = log10 + log 2 = log 0,0202 0,1 οξ 0,0202 0,1 0,1 2,02 = 100 0,1 = 2, ,1 = 2,02 = = 0,2L ή 0,0202 0,1 10,1 200mL 5

Έτσι συμβαίνει η 1 η περίπτωση, δηλαδή αντιδρά όλο το NaOH (0,1 mol) με 0,1 mol H 3 OOH και παράγονται 0,1 mol H 3 OONa (από τη στοιχειομετρία της 4).

Σχετικά έγγραφα

ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 28 ΜΑΪΟΥ 2010 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ

ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 8 ΜΑΪΟΥ 010 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ Α Α1. β, Α. α, Α. α, Α4. δ Α. α Σωστό, β. Σωστό, γ Λάθος,