Ενδεικτικές Απαντήσεις Θεµάτων Πανελληνίων ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α.1) β Α.2) α Α.3) α Α.4) δ Α.5) α. Σ β. Σ γ. Λ δ. Λ ε. Λ. ΘΕΜΑ Β Β1 α.

HTML
DOWNLOAD

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Ενδεικτικές Απαντήσεις Θεµάτων Πανελληνίων ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α.1) β Α.2) α Α.3) α Α.4) δ Α.5) α. Σ β. Σ γ. Λ δ. Λ ε. Λ. ΘΕΜΑ Β Β1 α."

Βασιλεύς Ανδρεάδης
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Ενδεικτικές Απαντήσεις Θεµάτων Πανελληνίων 010 ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α.1) β Α.) α Α.) α Α.4) δ Α.5) α. Σ β. Σ γ. Λ δ. Λ ε. Λ ΘΕΜΑ Β Β1 α. 0 Ca 1s s p s p 4s Fe 1s s p s p d 4s S 1s 1 s p s p 4 β. 0 Ca 4 η περίοδος ΙΙΑ ή η Οµάδα Fe 4η περίοδος 8 η Οµάδα 1 S η περίοδος VIA 1 η Οµάδα. B. α. Η δεύτερη ενέργεια ιοντισµού ενός ατόµου έχει µεγαλύτερη τιµή από την πρώτη,καθώς πιο εύκολα φεύγει το ηλεκτρόνιο από το ουδέτερο άτοµο από ότι από το φορτισµένο ιόν ( σχολικό βιβλίο σελίδα 4) β. Ο ιοντισµός του νερού είναι ενδόθερµη αντίδραση οπότε εννοείται µε την αύξηση της θερµοκρασίας.άρα η σταθερά ιοντισµού 14 του νερού Kw= [ H O ] OH ] αυξάνεται δηλαδή [ H ][ OH ] 4 Οπότε [ H ] [ OH ] =, δηλαδή ph <. (σχολικό βιβλίο σελ.10). γ. Σύµφωνα µε την απαγορευτική αρχή του Pcuili είναι δυνατό να υπάρχουν στο ίδιο άτοµο δύο ηλεκτρόνια µε ίδια τετράδα κβαντικών αριθµών ( n, l, ml, ms ). Γι αυτό το λόγο δεν µπορεί ένα τροχιακό να χωρέσει πάνω από τα δύο ηλεκτρόνια. (σχολικό βιβλίο σελ.14)

2 δ. Αυτό συµβαίνει γιατί 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 ακτίνα µειώνεται (σχολικό βιβλίο σελιδα ). ε. Ο αιθέρας πρέπει να είναι απόλυτος γιατί η παραµικρή ποσότητα νερού αντιδρά µε το RMgX και δίνει αλκάνιο, οπότε καταστρέφεται το αντιδραστήριο Gragnard. RMgX HOH RH Mg(OH)X (σχολικό βιβλίο σελίδα 18). Β.) Μια µικρή ποσότητα του κάθε δοχείου την διοχετεύουµε σε αµµωνιακό διάλυµα CuCl, εκεί που θα σχηµατίσει κεραµερυθρό ίζηµα, θα έχουµε το 1-πεντίνιο C CuCl NH C CCu NHCl 4 Το πεντάνιο και το 1-πεντένιο δεν αντιδρούν µε το πιο πάνω διάλυµα αφού δε διαθέτουν ψευδόξινα υδρογόνα. Στην συνέχεια διοχετεύουµε µικρή ποσότητα από τα δύο εναποµείναντα δοχεία σε αραιό ψυχρό διάλυµα Br σε CCl 4. Εκεί που θα παρατηρηθεί αποχρωµατισµός του διαλύµατος, θα βρίσκεται το 1-πεντένιο CCl4 = Br Br ΘΕΜΑ Γ Γ.1) Α. Β. Br OH - -

3 Γ. I. CCONa Ε. COO Ζ. MgBr Λ. 0 C Μ. C OMgBr Ν. C OH Γ.) Υπολογίζουµε τα mol του mol CuO ncu O m,8,8 = = = = 0,0 Mr, Στον τύπο O 4 8 αντιστοιχούν αλυσίδες και µια κετόνη Βουτανάλη O O Μεθυλοπροπανάλη C Βουτανόνη O Εφόσον το µείγµα των καρβονυλικών ενώσεων είναι ισοµοριακό, θεωρούµε ότι έχουµε x mol από κάθε ισοµερές. Με το αντιδραστήριο Fehling αντιδρούν µόνο οι αλδεύδες O CuSO 5NaOH COONa CuO NaSO H O mol 1 mol x mol ; x mol - -

4 O CuSO 5NaOH COONa CuO NaSO HO mol 1 mol x mol ; x mol Τα mol του CuO είναι x, οπότε x= 0,0 x= 0,01 mol ΘΕΜΑ 1. Εφόσον ισχύουν οι γνωστές προσεγγίσεις εφαρµόζουµε το νόµο αραιώσεως του Oistwalt στην απλοποιηµένη µορφή. K =Κ α c = ( α) c α α 1 αρχ τελ c α c = 9α c c = Αφού έχουµε αραίωση ισχύει c v = c v 11 c c v = 1 v v 9v v = Οπότε ο όγκος του νερού που προστέθηκε είναι: v = v v = 0,9 0,1= 0,8L= 800mL H O 1. Θα πραγµατοποιηθεί αντίδραση εξουδετέρωσης οπότε πρέπει να υπολογίσουµε τα mol του COOH και του ΝαΟΗ. n = CV = 0.01 = 0.0mol COOH n CV mol NaOH = = = mol: COOH NaOH COONa H O Αρχ. 0,0 0,01 - Αντ/παρ -0,01-0,01 0,01-4 -

5 Τελ. 0,01-0,01 Το τελικό διάλυµα είναι ρυθµιστικό οπότε ισχύει η εξίσωση Henderson Hasselbaleh. C 0.01 ph= pk log Buens ph= log10= log ph= 5 α C 0.01 οξ έ ος Υπολογίζουµε τα mol COOH και Ν α OH n = CV= = 0.0mol COOH n = cv= = 0.0mol NαOH mol COOH NαOH COONA H O Αρχ. 0,0 0,0 - Αντ/παρ - 0,0-0,0 0,0 Τελ ,0 Έχουµε πλήρη εξουδετέρωση άρα στο τελικό διάλυµα υπάρχει µόνο COONα του οποίου η συγκέντρωση είναι: n C = = = = 0.1m COOHNα v Το άλας διασπάται Μ COOHNα COO Nα 0,1 0,1 0,1 Το Να προέρχεται από ισχυρή βάση, οπότε δεν αντιδρά µε το νερό. Μ COO H O COOH OH Αρχ 0,1 - - Αντ/Παρ -χ χ χ ΙΙ 0,1 Χ - χ χ - 5 -

6 k K = ω= = 10 b 9 Λόγω προσεγγίσεων: k 10 5 COO α x Κ = x= k 0.1= = 10 Μ= OH b 0.1 b poh= log[oh ] = log10 5 = 5οπότε ph= 14 poh= 14 5= 9 4. Υπολογίζουµε τα mol του COOH n = CV= 0.i 0.101= 0.00 mol COOH n 0.1 Vmol NAOH = όπου V ο όγκος του διαλύµατος ΝαΟΗ σε L Πρέπει να κάνουµε διερεύνηση: α)έστω n NαΟΗ =0,00 mol τότε έχουµε πλήρη εξουδετέρωση, οπότε στο τελικό διάλυµα περιέχεται η ένωση COONα της οποίας το ph είναι βασικό, άρα η περίπτωση αυτή απορρίπτεται. β) έστω n NαΟΗ >0,00 mol τότε στο τελικό διάλυµα θα περιέχονται COONα και ΝαΟΗ και το ph αυτού του διαλύµατος είναι πιο βασικό από το προηγούµενο. γ) Η περίπτωση που µας κάνει είναι n NαΟΗ <0,00, οπότε αντιδρά πλήρως το ΝαΟΗ mol COOH ΝαΟΗ COONα H O Aρχ 0,00 - ΑντΠαρ V 0.1V Tελ. 0,00-0.1V - 0.1V Οι συγκεντρώσεις των COOH και COONα µετά την αντίδραση είναι C COOH = n V V = i Μ - -

7 n 0.1V C COONα = V = Μ Έχουµε επίδραση κοινού ιόντος: Μ COONα COO Να ph = [H 0 ]=10 - M Αρχ COOH HO COO HO 0, 00 Αντ/Παρ , 00 Ι.Ι Λόγω προσεγγίσεων: ,1v10 0,1v Ka = 10 = 100= 0, 00 0,1v 0, 00 0,1v 0, 00 0,1v v =0,L - -

Σχετικά έγγραφα

ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 28 ΜΑΪΟΥ 2010 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 8 ΜΑΪΟΥ 010 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ A1. β A. α A. α A4. δ A5. α. Σ, β. Σ, γ. Λ, δ. Λ, ε. Λ. ΘΕΜΑ Β Β1. α. 0Ca : 1s s p 6 s p 6 4s 6Fe : 1s s p 6 s p 6 d 6 4s 16S : 1s s p