ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 6 ΙΟΥΝΙΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 6 ΙΟΥΝΙΟΥ 0 - ΕΞΕΤΑΖΟΕΝΟ ΑΘΗΑ: ΧΗΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΑ Α ΘΕΑ Α Α. γ Α. β Α3. α Α. β Α5. β ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΑ Β Β.α. Λάθος (Το χλώριο έχει 7e Στην εξωτερική του στιβάδα και μπορεί να σχηματίσει ένα ομοιοπολικό και τρείς ημιπολικούς δεσμούς οι οποίοι είναι ειδική περίπτωση ομοιοπολικού δεσμού). β. Λάθος γ. Σωστό δ. Σωστό ε. Σωστό Β.α. Οι διαφορές μεταξύ σ και δεσμού είναι: i) Ο σ δεσμός είναι ισχυρότερος από τον π γιατί υπάρχει μεγαλύτερο ποσοστό επικάλυψης ατομικών τροχιακών. ii) Ο σ δεσμός δημιουργείται με επικάλυψη τροχιακών : s s, s p και p p κατά τον άξονα που συνδέει τους πυρήνες των ατόμων. Σημείωση: Οι διαφορές αυτές μεταξύ σ και π δεσμού δεν είναι οι μοναδικές που υπάρχουν. β. Από τις διαδοχικές ενέργειες ιοντισμού Ε i < Ε i << Ε i3 < Ε i παρατηρούμε ότι η απόσπαση δύο ηλεκτρονίων από το άτομο του στοιχείου γίνεται με προσφορά μικρού ποσού ενέργειας. Ο τρίτος όμως ιοντισμός γίνεται πολύ δυσκολότερα από τον πρώτο και δεύτερο ιοντισμό. Αυτό σημαίνει ότι με την απόσπαση των δύο ηλεκτρονίων το άτομο αποκτά την σταθερή δομή ευγενούς αερίου, οπότε το στοιχείο αυτό έχει δύο ηλεκτρόνια στην εξωτερική του στιβάδα και ανήκει στην η (ΙΙ Α ) ομάδα του περιοδικού πίνακα. Σημείωση: Έπρεπε να αναφέρεται ότι είναι στοιχείο του s ή p τομέα.

2 γ. Για το ασθενές οξύ ΗΑ έχουμε: Η HO H O 3 αρχ. C I/Π x x x I/Ι C x x x [ [Η Ο 3 k 5 α H ( 0 ) 6 [Η,5 0 C x 5 ph 5 [Η3Ο 0 x Δεχόμαστε ότι είναι αποδεκτές οι προσεγγίσεις ,5 0 C 0. 6 C,5 0 Έλεγχος της ορθότητας των προσεγγίσεων: 6 k α,5 0, ,65 0 6,5 0 >. 5 C 0 η αποδεκτές προσεγγίσεις, οπότε η περίπτωση αυτή είναι μη αποδεκτή. Άρα: 5 ( 0 ) [ [Η3Ο 6 kα H,5 0 5 [Η C 0 0,5 0,5 0 C,5 0 0 C, δ. Για το διάλυμα ΝΗ Α έχουμε: C C C HO H O 3 3 HO H αρχ. C C I/Π x x x y y y I/Ι C x x x C y y y k α [ [Η Ο 3 3 [ k b [H [ [

3 [Η3Ο [ k α k b C C Δεκτές προσεγγίσεις Δεκτές προσεγγίσεις [Η Ο k C () [ k C () 3 α 3 Το ph του διαλύματος είναι οκτώ (8). Αυτό σημαίνει ότι [Η Ο και [ 0, δηλαδή [ > [Η Ο 8 3 (3) 0 Από τις (), () και (3) προκύπτει ότι: k w k w 5 kb > kα < kα < kb kα < 0. ΗΑ ΗΑ k k 3 ΘΕΑ Γ Γ. b α CH CH CH CH CH CH CH CH 3 3H O CH COO 3 b 3 Γ. : H C C H B: CH CH CH Cl CH l E: CH3 CH O Z: CH3CH CH CH3 l CH CH Γ3. Έστω ότι έχουμε τις αλκοόλες: C C k k 3x mol 3y mol m mb mολ 3x(ν 8) 3y(k 8), () ο μέρος: x mol της Α και y mol της Β.

4 C C H x mol Na Na H Ck k Ck k y mol VS.T.P. x y, Έτσι: n H x y 0, ().,, ο μέρος: x mol της Α και y mol της Β. C C Cl C C SOCl -SO -HCl g gcl H O -g()cl x mol ;x mol ;x mol ;x mol Ck k SOCl -SO k k -HCl g C Cl k k H O C gcl -g()cl Ck k y mol ;y mol ;y mol ;y mol Επειδή προκύπτει μόνο μία ένωση ισχύει: ν k (3) Από τις (), () και (3) έχουμε: 3x(ν 8) 3y(k 8), 3(x y) (ν 8), ν κ x y 0, 3 0, (ν 8), ν 8 7 ν. Άρα ο μοριακός τύπος των αλκοολών είναι: C Η 9 ΟΗ. Οι πιθανοί συντακτικοί τύποι των αλκοολών (Α) και (Β) είναι: CHCH, CH3CHCHCH CH CH, CH3 C CH3 Οι αλκοόλες (Α) και (Β) επειδή μετά την προσθήκη SOCl, g και Η Ο δίνουν το ίδιο αλκάνιο σημαίνει ότι πρέπει να έχουν την ίδια μορφή ανθρακικής αλυσίδας, οπότε θα είναι το ζευγάρι (Ι) ή το ζευγάρι (ΙΙ). ; x mol y ; mol 3 ο μέρος: x mol της Α και y mol της Β. Αν οι αλκοόλες είναι το ζευγάρι (ΙΙ) τότε με Cu (300 ο C) αντιδρά μόνο η CH3

5 CH CH με x mol. 5 Cu CH CH 300 o CH C 3 CH CH CH3 x mol οπότε: 0,05 x () nh O H ; x mol Από τις () και () έχουμε: x y 0, y 0,5 mol. x 0,05 Άρα αρχικά έχουμε: CH CH : 3x mol 3 0,05 0,5 mol και Η παραπάνω περίπτωση είναι αποδεκτή. Έστω ότι ο συνδυασμός των αλκοολών είναι ο (Ι) και έστω ότι διαθέτουμε 3x mol CH CH και 3y mol CH CH CH Στο 3 ο μέρος έχουμε: x mol CH CH C : 3y mol 3 0,5 0,5 mol και y mol CH ε Cu στους 300 ο C αντιδρούν και οι δύο. 3 CH CH CH x mol ; x mol Cu CH3CHCHCH CH 300 C 3 CH CH CH O H y mol ; y mol Για τα Η έχουμε: 0,05 x y 0,05 (5) n H o Από τις σχέσεις () και (5) έχουμε:

6 x y 0, Η περίπτωση αυτή απορρίπτεται. x y 0,05 6 ΘΕΑ Δ Δ. Για το διάλυμα του HCl (Y 3 ) έχουμε: HC HO Cl H3O ph log0 0, ;0, (Δοχείο) Για το διάλυμα του Na (Y ) έχουμε: Na Na p log0 0, ;0, και ph 3 (Δοχείο 5) Για το διάλυμα του NaNO 3 (Y ) έχουμε: NaNO 3 Na NO3 Na HO X οπότε επειδή κανένα από τα ιόντα δεν NO3 HO X αντιδρά με μόρια νερού το ph θα καθορίζεται από τον αυτοϊοντισμό του νερού και στους 5 ο θα είναι επτά (7). (Δοχείο 3) Για το διάλυμα της NΗ 3 (Y ) έχουμε: 3 HO }[ > [H 3 O ph > 7 (Δοχείο ) Για το διάλυμα της NΗ Cl (Y 5 ) έχουμε: C Cl HO 3 H3O }[ H3 O > [ ph < 7(Δοχείο ) 3 Δ. n Na C V 0, mol. CH3 CH CO Na CH3 CH COONa H O ;5 0 mol 5 0 mol Άρα: n 5 0 CH3 CH CO 0,05 3 V 0 0

7 Δ3. Από το διάλυμα του Cl, το οποίο έχει ph 5, έχουμε: Cl Cl 0, ;0, HO H O 3 3 αρχ. 0, I/Π ω ω ω I/Ι 0, ω ω ω [ 3 [Η3Ο ω kα k α [ 0, ω ph 5 [Η3Ο 0 kα 0 0 Δεκτές προσεγγίσεις 0 kb Y Y5 Na Cl 0, 0, ph 9 V L V L V (V V ) L 0,V mol 0,V mol n Na n C 7 Επειδή το διάλυμα μετά την αντίδραση είναι ρυθμιστικό, σε περίσσεια βρίσκεται το Cl. mol Na Cl Na Cl 3 H O αρχ. 0,V 0,V αντ/παρ. 0,V 0,V 0,V τελ. 0 0,(V -V ) 0,V CB Ρ / Δ [ΟΗ kb C 5 οξ ph 9 p 5 [ 0 0,V 0,(V V ) V CB Cοξ V (V V ) V V V V V 5 C C. B οξ 5

8 8 Δ. Y 3 0, ph x L ph 0 H O ;V Στο τελικό διάλυμα: ph 0 p [ 0. 3 HO αρχ. C I/Π I/Ι C [ [ 5 (0 ) 3 kb 0 C 0. [3 C 0 Άρα: 0, V C V CT VT VT 00V L. 3 0 Έτσι: VH O VT Vαρχ 00V V 99V L x. Για το διάλυμα του Na. Y V Na y L Na 0, H O V L ph ph 3 Στο τελικό διάλυμα: ph [ 0 Na Na ΟΗ ;0 0 C V 0, V C V CT VT VT 0V L. CT 0 Άρα: VH O VT Vαρχ 0V V 9V L y. Για το διάλυμα Υ 6 έχουμε: Y6 L 3 /Cl 3 /Cl V L H O V

9 9 Το διάλυμα Υ 3 είναι ρυθμιστικό, άρα η ποσότητα του νερού πρέπει να προστεθεί για να αναιρέσει την ρυθμιστική ικανότητα του διαλύματος και να μειώσει το ph του διαλύματος κατά μία μονάδα θα πρέπει να είναι πολύ μεγαλύτερη από αυτή των 99V L. Άρα ισχύει η σχέση: y < x << ω. ΩΥΣΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΧΗΙΚΟΣ - ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ SCIENCE PRESS