ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 2012

Transcript

1 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 0 ΘΕΜΑ Α Για τις ερωτήσεις Α έως και Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση. Α. O τομέας p του περιοδικού πίνακα περιλαμβάνει: α. ομάδες β. 4 ομάδες γ. 6 ομάδες δ. 0 ομάδες Μονάδες 5 Α. Από τα επόμενα οξέα ισχυρό σε υδατικό διάλυμα είναι το: α. HNO β. ΗClΟ 4 γ. ΗF δ. H S Μονάδες 5 Α. Η αντίδραση αποτελεί παράδειγμα: α. εφαρμογής του κανόνα του Markovnikov β. εφαρμογής του κανόνα του Saytzev γ. αντίδρασης προσθήκης δ. αντίδρασης υποκατάστασης Μονάδες 5 Α4. Η ένωση CH C C CH=CH CH έχει: α. 9σ και 4π δεσμούς β. 5σ και π δεσμούς γ. σ και π δεσμούς δ. σ και 5π δεσμούς Μονάδες 5 A5. Να διατυπώσετε: α. την Απαγορευτική Αρχή του Pauli. (μονάδες ) β. τον ορισμό των δεικτών (οξέων-βάσεων). (μονάδες ) Μονάδες 5 ΘΕΜΑ Β Β. ίνονται τα στοιχεία: 7 Ν, 8 Ο, Νa. α. Ποιο από τα στοιχεία αυτά έχει περισσότερα μονήρη

2 ηλεκτρόνια στη θεμελιώδη κατάσταση;. (μονάδες ) β. Να γράψετε τον ηλεκτρονιακό τύπο Lewis της ένωσης NaNO. (μονάδες ) Μονάδες 5 Β. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη. α. Ένα ηλεκτρόνιο σθένους του ατόμου 4Se στη θεμελιώδη κατάσταση μπορεί να βρίσκεται σε ατομικό τροχιακό με τους εξής κβαντικούς αριθμούς: n=4, l=, m l =0. β. Οι πρώτες ενέργειες ιοντισμού τεσσάρων διαδοχικών στοιχείων του Περιοδικού Πίνακα (σε kj/mol), είναι 4, 68, 08, 496 αντίστοιχα. Τα στοιχεία αυτά μπορεί να είναι τα τρία τελευταία στοιχεία μιας περιόδου και το πρώτο στοιχείο της επόμενης περιόδου. γ. Σε υδατικό διάλυμα H SO 4 0, M, η [Η Ο + ]=0, Μ στους 5 ο C. δ. Σε διάλυμα ασθενούς μονοπρωτικής βάσης Β, προσθέτουμε στερεό NaOH, χωρίς μεταβολή όγκου. Ο βαθμός ιοντισμού της βάσης Β θα αυξηθεί. (μονάδες 4) Να αιτιολογήσετε όλες τις απαντήσεις σας. (μονάδες 8) Μονάδες Β. Σε τέσσερα δοχεία περιέχεται κάθε μια από τις ενώσεις: βουτανάλη, βουτανόνη, βουτανικό οξύ, -βουτανόλη. Αν στηριχτούμε στις διαφορετικές χημικές ιδιότητες των παραπάνω ενώσεων, πώς μπορούμε να βρούμε ποια ένωση περιέχεται σε κάθε δοχείο; Να γράψετε τα αντιδραστήρια και τις παρατηρήσεις στις οποίες στηριχτήκατε για να κάνετε τη διάκριση (δεν απαιτείται η γραφή χημικών εξισώσεων). Μονάδες 8 ΘEΜΑ Γ Γ. Ένωση Α (C 5 H 0 O ) κατά τη θέρμανσή της με NaOH δίνει

3 δύο οργανικές ενώσεις Β και Γ. Η ένωση Γ, με διάλυμα KMnO 4 οξινισμένο με H SO 4, δίνει την οργανική ένωση. Η ένωση με Cl και NaOH δίνει τις οργανικές ενώσεις Β και Ε. Να γραφούν: α. οι χημικές εξισώσεις των αντιδράσεων. (μονάδες 9) β. οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων Α, Β, Γ,, Ε. (μονάδες 5) Μονάδες 4 Γ. Ορισμένη ποσότητα αιθανόλης οξειδώνεται με διάλυμα Κ Cr O 7 0, M οξινισμένου με H SO 4. Από το σύνολο της ποσότητας της αλκοόλης, ένα μέρος μετατρέπεται σε οργανική ένωση Α και όλη η υπόλοιπη ποσότητα μετατρέπεται σε οργανική ένωση Β. Η ένωση Α, κατά την αντίδραση της με αντιδραστήριο Fehling, δίνει 8,6 g ιζήματος. Η ένωση Β απαιτεί για πλήρη εξουδετέρωση 00 ml διαλύματος NaOH Μ. Να βρεθεί ο όγκος, σε L, του διαλύματος Κ Cr O 7 που απαιτήθηκε για την οξείδωση (Ar(Cu)=6,5, Ar(O)=6). Μονάδες ΘΕΜΑ ιαθέτουμε τα υδατικά διαλύματα: ιάλυμα Y : ασθενές μονοπρωτικό οξύ HA 0,M ιάλυμα Y : NaOH 0,M. Αναμειγνύουμε 0 ml διαλύματος Y με 0 ml διαλύματος Y, οπότε προκύπτει διάλυμα Y με ph=4. Να υπολογιστεί η σταθερά ιοντισμού K a του ΗΑ. Μονάδες 5. Σε 8 ml διαλύματος Y προσθέτουμε ml διαλύματος Y και προκύπτει διάλυμα Y 4. Να υπολογιστεί το ph του διαλύματος Y 4. Μονάδες 8. Υδατικό διάλυμα ασθενούς μονοπρωτικού οξέος HB όγκου 60 ml (διάλυμα Y 5 ) ογκομετρείται με το διάλυμα Y. Βρίσκουμε πειραματικά ότι, όταν προσθέσουμε 0 ml διαλύματος Y στο διάλυμα Y 5, προκύπτει διάλυμα με ph=4, ενώ, όταν προσθέσουμε 50 ml διαλύματος Y

4 στο διάλυμα Y 5, προκύπτει διάλυμα με ph=5. Να βρεθούν: α) η σταθερά ιοντισμού K a του οξέος HB (μονάδες 6) β) το ph στο ισοδύναμο σημείο της πιο πάνω ογκομέτρησης. (μονάδες 6) Μονάδες ίνεται ότι: Όλα τα διαλύματα βρίσκονται σε θερμοκρασία θ=5 C K w =0 4 Τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις.

5 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ A A. γ A. β A. β Α4. γ A5. α. Σελ. σχολ. βιβλίου : από «Σύμφωνα με την.» έως «. δύο ηλεκτρόνια» β. Σελ. σχολ. βιβλίου : από «Δείκτες οξέων βάσεων.» έως «στο οποίο προστίθενται» ΘΕΜΑ Β Β. α) 7Ν, 8 Ο, Na 7Ν s s p μονήρη 8Ο s s p 4 μονήρη Na s s p 6 s μονήρες Άρα στη θεμελιώδη κατάσταση περισσότερα μονήρη έχει το 7 Ν β) Νa + O N O B. α) Σ Η δομή του n Se στη θεμελιώδη κατάσταση είναι : s s p s p d 4s 4p Άρα ένα ηλεκτρόνιο σθένους μπορεί να έχει n=4, =, m 0 β) Σ Τα νούμερα 4,68, 08 αντιστοιχούν σε διαδοχικά στοιχεία μιας περιόδου του Π.Π εκ των οποίων το τρίτο είναι ευγενές αέριο. Άρα η τιμή 496 θα αντιστοιχεί σε στοιχείο της επόμενης περιόδου γ) Λ HSO 4 HO HSO 4 HO Αρχικά 0, Τελικά - - 0, 0, HSO H O SO H O Ι.Ι 0,(-α) - 0, 0,α 4 4

6 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 H O 0, 0,α 0,, αφού α< δ) Λ Άρα προσθέτουμε στερεό NαOH που είναι ισχυρή βάση και διίσταται πλήρως θα έχουμε ΕΚΙ (Επίδραση Κοινού Ιόντος) για OH. Άρα η αντίδραση ιοντισμού της ασθενούς βάσης θα μετατοπιστεί προς τα αριστερά, οπότε ο βαθμός ιοντισμού της θα μειωθεί. Β. Βουτανάλη : CHCHCHCHO Αντιδραστήριο Tollens, οπότε παρατηρούμε κάτοπτρο Αg. AgNO / NH Βουτανόλη : CHCOCHCH I /Nα H (Αλογονοφορμική), οπότε παρατηρούμε κίτρινο ίζημα CHJ Βουτανικό οξύ : CHCHCHCOOH NαCO, οπότε παρατηρούμε έκλυση αερίου CO -Βουτανόλη : SOC, οπότε παρατηρούμε έκλυση αερίων SO και HC ΘΕΜΑ Γ Γ. α) CH CH COOCHCH NaOH CH COONa CH CHCH OH 5CHCHCHKMnO4 HSO4 5CHCCHK SO4 MnSO4 8HO OH O CHCCHCl 4NaOH CHClCHCOONa NaCl HO O β) Α : CHCOOCHCH Γ : CHCHCH CH ΟΗ

7 Β : CHCOONa Δ : CHCCH Ο Ε : CHCl ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 Γ. Αφού η CHCHOH οξειδώνεται προς την ένωση Α, η οποία αντιδρά με το Fehling η Α: CHCHO.Επιπλέον η Β, η οποία εξουδετερώνεται πλήρως η Β: CHCOOH. Έστω x mol CHCHOH μετατρέπεται σε CHCHO και y mol CHCHOH μετρέπεται σε CHCOOH CH CH OH K Cr O 4H SO CH CHO Cr SO K SO 7H O x ; = x mol x mol CH CH OH K Cr O 8H SO CH CHO Cr SO K SO H O y ; = y mol y mol Η ένωση Α με αντιδραστήριο Fehling δίνει 8,6 g ιζήματος CHCHO CuSO4 5NaOH CHCOONa CuO Na SO4 HO x mol ; = x mol MCuO 8,6 8,6 g ncuo 0, mol MΓ 4 Cu 4 g / mol O Άρα x = 0, CHCOOH NaOH CHCOONa HO y y nnaoh CVM0,L 0, mol Άρα y = 0, x y 0, 0,4 0,6 nkcro 0, mol 7 n n 0, mol C V V L V C 0, M ΘΕΜΑ Δ Δ. Πριν την ανάμειξη nhacv0,m0,0l 0 mol nnαoh CV 0,M 0, 0L 0 mol Μετά την ανάμειξη HA Nα Nα

8 Αρχικά 0 0 Αντιδρούν 0 0 Παράγονται 0 Τελικά 0 0 Άρα στο διάλυμα Υ με όγκο VY 0m ή 0 nha 0 mol HA M 0 0 nnαa0 mol αa M 0 Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό NαA α Αρχικά 0 Τελικά 0 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ L έχουμε: A ph pkα 0 HA og 4 pkαha og pkαha 4 [HA] 0 4 Άρα 0 KαHA Δ. Πριν την ανάμειξη 4 nha C V 0,M 8 0 L 8 0 mol 4 nnαoh C V 0,M 0 L 0 mol Μετά την ανάμειξη HA Nα Nα Αρχικά Αντιδρούν Παράγονται Τελικά Άρα στο διάλυμα Υ 4 με όγκο VY4 40mL ή 4 n 40 NαOH 0 M V 40 Y4 n 80 4 NαOH 4,50 M VY4 40 Άρα έχουμε Ε.Κ.Ι. 40 L 4

9 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 NαOH α OH Nαα Αρχικά 0 4,5 0 Τελικά 0 0 4,5 0 4,5 0 Ι.Ι. 4,50 x x x Κοινό ιόν OH 0 x ολ Kα K K 0 0 HA b ω b OH 0 x 0 ολ Λόγω Ε.Κ.Ι. Άρα poh ph ph poh 4 Δ. Από την προσθήκη του πρότυπου διαλύματος NaOH μέχρι και το ισοδύναμο σημείο το διάλυμα είναι ρυθμιστικό. Έστω C η συγκέντρωση του ΗΒ Άρα nhb CV60 C mol Προσθέτουμε 0 ml διαλύματος Y Άρα n C V 0,M 0 L 0 mol NaOH Y ΗΒ + ΝaOH NaB + H O Αρχικά 60 C 0 Αντιδρούν 0 0 Παράγονται 0 Τελικά 60 C0 0 Άρα VT 60mL 0mL 80mL ή 80 L 60 C0 mol 0 mol HB NaB M 80 L 80 L 40 NaB Na + + B Αρχικά /40 Τελικά /40 /40 60 C0 B HB 4 80 ph pka HB log HO Ka HB 0 Ka HB HB B

10 4 0 Ka HB 0C Προσθέτουμε 50 ml διαλύματος Y Άρα n C V 0,M 5 0 L 5 0 mol NaOH Y ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 ΗΒ + ΝaOH NaB + H O Αρχικά 60 C 50 Αντιδρούν Παράγονται 50 Τελικά 60 C50 50 Άρα n 60 C50 HB M V 0 VT 60mL 50mL 0mL ή 0 L T 50 NaB 0 NaB Na + + B 50 Αρχικά Τελικά 0 0 M 60 C50 B HB 5 0 ph pka HB log HO Ka HB 0 Ka HB HB B 50 0 HB 5 0 Ka HB C Από 4 0 0c 5 0 Ka HB. C c Ka 0C 0 0c 0 0c 9 90c 9 c c 0,M 90 Από () 0 Kα (00,) 0 Kα ( ) Kα 0 Kα 5 0 β) nhacv 0,M600 L60 mol HB HB HB HB Y5 nnαhcv. 0,M600 L60 mol ΗΒ + NαΟΗ ΝαΒ + Η Ο Αρχικά Αντιδρούν Παράγονται 60 Τελικά 60 6

11 Άρα στο Ι.Σ έχουμε μόνο ΝαΒ, όπου: VT 60ml 60ml 0ml ή 0 L 60 mol Nα 0, 05M 0 L ΝαΒ Nα + + Β Αρχικά 0,05 Τελικά 0,05 0,05 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 Kα Kb Kw Kb 0 HB B B 0 Β + Η Ο ΗΒ + ΟΗ Ι.Ι 0,05 ψ ψ ψ [HB][OH ] ψψ Kb B ψ 0 B 0,05 Kb ψ 50 0 B 50 πειδή 0, 05 ψ 0, 05 ψ 0 ψ 0 5,5 Αρα ph 8,5 ph poh 4 5,5 [ ] 0 poh 5,5 7