ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 23 ΜΑΪΟΥ 2011 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ HNO + F NO + HF

Transcript

1 ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 3 ΜΑΪΟΥ 0 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α A β Α α Α3 δ Α4 β Α5 α Σ β Σ γ Λ δ Λ ε Σ ΘΕΜΑ Β Β α. 0 Μg + s s p 6 5P s s p 6 3s 3p 3 9K s s p 6 3s 3p 6 4s 6Fe + s s p 6 3s 3p 6 3d 6 β. 5P 3 μονήρη, 9Κ μονήρες, 6Fe + 4 μονήρη Β. α. Το 7 l έχει μεγαλύτερο δραστικό πυρηνικό φορτίο από το 6 S και βρίσκεται στην ίδια περίοδο, πιο δεξιά από το 6 S. β. στην ισορροπία Το οξύ είναι ισχυρότερο από το οξύ και η βάση είναι ισχυρότερη από τη βάση Έτσι η ισορροπία είναι μετατοπισμένη προς την κατεύθυνση σχηματισμού των ασθενέστερων προϊόντων, δηλαδή προς τα δεξιά γ. Από την εξίσωση Henderson, HN + F N + HF 3 3 οξύ βάση βάση οξύ n V n ΗΟ = Κ = Κ = K, + oξ οξ/ oξ 3 α α α β nβ/ V nβ παρατηρούμε ότι με αραίωση, η ΗΟ + 3 άρα και το ph μένουν σταθερά (ανεξάρτητα του όγκου), σε σχετικά μικρά όρια. δ. Στο ισοδύναμο σημείο, στο διάλυμα υπάρχει μόνο το NH 4 l, από τα ιόντα του οποίου πρακτικά αντιδρά μόνο το ΝΗ + 4 με Η Ο σύμφωνα με την εξίσωση + + ΝΗ4 + ΗΟ ΝΗ3 + Η3Ο, γιατί είναι το συζυγές οξύ της ασθενούς βάσης ΝΗ 3, ενώ το l -, προέρχεται από το ισχυρό οξύ Hl και δεν αντιδρά με το νερό. Έτσι τελικά το διάλυμα είναι όξινο (άλας που προέρχεται από εξουδετέρωση ισχυρού οξέος με ασθενή βάση).

2 ε. Αυτή αποδεικνύεται από τις εξής δύο εξισώσεις R και στη συνέχεια R R - - R + HN R - - N (κυανυδρίνη) R - - N + H + H + R NH 4 + Β.3 Από τον πίνακα που φαίνεται δεξιά, προκύπτει ότι η ουσία που αντιδρά και στις τρεις αντιδράσεις, είναι η αιθανάλη (H 3 H=), η ουσία που οξειδώνεται (αποχρωματισμός όξινου δ/τος ΚΜn 4 ) αλλά και με αντιδραστήριο Fehling δίνει κεραμέρυθρο ίζημα u R (-υδροξυοξύ) είναι η μεθανάλη (HH=), η ουσία που μόνο αποχρωματίζει το όξινο δ/μα KMn 4 είναι το μεθανικό οξύ (H),ενώ εκείνη που δεν αντιδρά με κανένα αντιδραστήριο, είναι το H 3 (αιθανικό οξύ) ΘΕΜΑ Γ Γ: A: H 3 - H - H 3 B: H H 3 Γ: H 3 - H = H Δ: H 3 - H - H 3 I E: H 3 - HMgI H 3 MgI Z: H H - H 3 Fehling I /Na KMn 4, H + HH= H H 3 H= H u HI 3 κίτρινο αποχρ H 3 H 3 Θ: H H - H 3 H 3 H 3

3 Γ.: Οι δύο αλκοόλες του τύπου 3 H 8, είναι η H 3 - H - H και η H 3 - H - H 3. Έστω x, τα mol αντίστοιχα της -προπανόλης και -προπανόλης στο μίγμα. ο x μέρος mol και mol αντίστοιχα Με περίσσεια διαλύματος Ι + ΝαΟΗ αντιδρά μόνο η H 3 - H - H 3 σύμφωνα με την εξίσωση H 3 - H - H I + 6Na Mr HI 3 = ++3 7=394 78,8 n = = 0,, οπότε = 0, =0,4 mol 394 Άρα HI3 ο μέρος mol mol HI 3 + H 3 Na + 5NaI + 5H x mol H3HH και = 0,mol H3HH 3 αντίστοιχα Και οι δύο οξειδώνονται από το όξινο διάλυμα ΚΜn 4, η πρώτη προς H 3 H και η δεύτερη προς κετόνη H H 3, σύμφωνα με τις εξισώσεις των αντιδράσεων 5HHH 3 + 4KMn4 + 6HS 4 5HH 3 + KS 4 + 4MnS4 + H 5mol 4mol x 4 x x ; = = mol 5 5 5H3 H H3 + KMn4 + 3HS4 5H3 H3 + KS4 + MnS4 + 8H 5mol 4mol 0, ; = 0,= 0,08 mol 5 3

4 Η συνολική ποσότητα του KMn 4 που δαπανήθηκε και για τις δύο αντιδράσεις, είναι n= V = 0, 3,= 0,3mol Έτσι συνολικά x + 0,08 = 0,3 x = 0,4 x = 0,6mol 5 5 Άρα στο αρχικό μείγμα περιέχονταν: ΘΕΜΑ Δ 0,6 mol H3 H H και 0,4 mol Δ. Το H 3 Na διίσταται πλήρως, ως ισχυρός ηλεκτρολύτης + H3Na H3 + Na 0,M 0,M 0,M Από τα ιόντα αυτά, με Η Ο αντιδρά πρακτικά μόνο το H 3 -, ως συζυγής βάση του ασθενούς H 3, ενώ το Να +, που προέρχεται από την ισχυρή βάση Na, δεν αντιδρά με Η Ο. H3 + H H3 + αρχ. 0, Μ - - Αντιδρ x - - παραγ. x x Ισορροπία 0,-x x Μ x Μ Kw 0 K 0 b H3 H 3 - H - H = = =, Άρα: 5 Kα H3 0 x<< 0, x 9 x 5 Kb = 0 = x = = 0 M 0, x 0, Έτσι p = log[ ] = 5 και ph = 4 p = 9 Δ. Έστω ' η συγκέντρωση του διαλύματος H 3 Na μετά την αραίωση. Αφού προσθέτουμε νερό, το ph τείνει προς το 7, δηλαδή μειώνεται κατά μία 6 μονάδα και γίνεται 8. Έτσι [ ]' = = 0 M, αφού p' = 4 8 = 6. Με ανάλογη διαδικασία, έχουμε << ' Kb = 0 = ' = 0 M ' ' 4

5 Από το νόμο της αραίωσης, για =0,M και V =0mL=0,0L έχουμε: 0, 0 V = ' Vτελ Vτελ = = L = 000mL 3 0 Έτσι ο όγκος του Η Ο που προστέθηκε, είναι = 990 ml Η Ο. Δ3 Το H 3 Nα αντιδρά με το Hl, σύμφωνα με την εξίσωση: H3Na + Hl H3 + Nal Αφού προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα, συμπεραίνουμε ότι το H 3 Na είναι σε περίσσεια. Έστω V L ο όγκος του διαλύματος Hl 0,0Μ που πρέπει να προσθέσουμε. Έχουμε: n Ηl = 0,0 V mol και 3 nh 3Na = 0, 0,0= 0 mol Αφού το H 3 Na βρίσκεται σε περίσσεια, ισχύει H Na + Hl H + Nal 3 3 αρχικό 0-3 mol 0 - V mol - - αντ/παρ 0 - V 0 - V 0 - V 0 - V τελικό 0 - (0,-V) V 0 - V mol 3 0,0 V < 0 V < 0,L V τελ = (0,0 + V) L Οι συγκεντρώσεις των ουσιών που μετέχουν στο ρυθμιστικό διάλυμα, είναι 0 (0, V) 3 β = H Na : M 0 + V 0 V 3 oξ = H : M 0 + V Για το H 3 Na: H3Na H3 + Na + β β β και Για το H 3 : H Η+ Η Ο H + ΗΟ αρχ οξ - β Ιοντ ω Παρ - - ω ω Ισορρ οξ -ω - β +ω ω 5

6 Δ4 Κ α ( ) << β + ω ω ω = = β ω β Κ ω<< α οξ οξ ω οξ + οξ ph= oξ ω= Η3Ο Κα + 5 = 0 = 0 H 3 = 0 β β 0 V 0 (0, V) οξ β = = V = 0,05L 0 + V 0 + V Δηλαδή V=50mL διαλύματος Ηl 0,0Μ Για το H3Na : Για το NaF: 3 n = V = 0, 0,0= 0 mol = = = n V 0, mol Οι νέες συγκεντρώσεις είναι: ( V = 50mL = 0,05L) H Na 3 ΝαF Διαστάσεις: τελ 3 0 αλ = = 3 Μ = = Μ 50 5 αλ H3Na H3 + Na + αλ αλ αλ + ΝαF Να + F αλ αλ αλ Υδρολύονται μόνο τα ανιόντα ως συζυγείς βάσεις των ασθενών H 3 και HF αντίστοιχα. H3 + H H3 + F + ΗΟ ΗF + ΟΗ αρχ αλ αλ Αντ/παρ κ κ κ λ λ λ Ισορρ κ κ κ+λ λ λ κ+λ αλ ( + λ) 0 κκ Κ = = 0 = κ(κ+ λ) 4 9 b 5 αλ 0 αλ κ 4 0 λκ ( + λ) 0 b 4 αλ 0 αλ λ Κ = = 0 = λ(κ+ λ) αλ 6

7 προσθέτοντας κατά μέλη, έχουμε: 9 0 ( κ λ) 0 αλ 0 αλ + = κ+ λ = [ΟΗ ] = = = = 0 = αλ αλ 0 5 Αρα p=5 ph=9 Επιμέλεια Γρηγ. Τσικλίδης 7