ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ ΜΕΣΗΣ ΕΚΠΑΙ ΕΥΣΗΣ Ο Μ Η Ρ Ο Σ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 1 ΙΟΥΝΙΟΥ 2012 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Απαντήσεις Θέµα Α Α1) γ Α2) β Α3) β Α4) γ Α5) α) Απαγορευτική Αρχή του Pauli : Είναι αδύνατο να υπάρχουν στο ίδιο άτοµο δύο ηλεκτρόνια µε ίδια τετράδα κβαντικών αριθµών (n, l,m l, m s ). Συνεπώς ένα τροχιακό δεν χωράει πάνω από 2 ηλεκτρόνια. (σελ. 13) β) είκτες οξέων βάσεων : είκτες οξέων βάσεων ή ηλεκτρολυτικοί ή πρωτολυτικοί δείκτες είναι οι ουσίες των οποίων το χρώµα αλλάζει ανάλογα µε το ph του διαλύµατος στο οποίο προστίθενται. (σελ. 122) Θέµα Β Β1) α) Περισσότερα µονήρη ηλεκτρόνια έχει το άζωτο ( 7 Ν) µε τρία ηλεκτρόνια στην υποστοιβάδα 2p που διαµοιράζονται σύµφωνα µε τον κανόνα του Hund στα τρία ατοµικά τροχιακά το κάθε ένα. Τροχιακό 2s 2 Τροχιακό 2p 3 7N : 1s 2 2s 2 2p 3 px: py: pz: Τροχιακό 2s 2 Τροχιακό 2p 4 8O : 1s 2 2s 2 2p 4 px: py: pz: Τροχιακό 3s 1 11Να : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 Χ. ΤΡΙΚΟΥΠΗ 82 ΚΟΜΟΤΗΝΗ Σελίδα 1

2 β) Η ένωση είναι ετεροπολική και αποτελείται από το Na + και το ΝΟ 2 -. Το νατρίο διώχνει το ηλεκτρόνιο της στοιβάδας Μ (3s 1 ) ως πιο ηλεκτροθετικό και προκύπτει το ιόν του νατρίου. Το ηλεκτρόνιο προσλαµβάνει το νιτρώδες (ΝΟ 2 ). Τα ηλεκτρόνια σθένους για το ιόν του νιτρώδους είναι σύνολο λοιπόν 18e µε κεντρικό άτοµο το άζωτο. Β2) α)σωστό : 34 Se : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 4. Τα ηλεκτρόνια σθένους είναι 6 και ανήκουν στην στοιβάδα µε n=4 και στην υποστοιβάδα p δηλαδή l=1 και καταλαµβάνονται όλα τα τροχιακά της υποστοιβάδας άρα ml = - 1,0,+1. β)σωστό : Αφού το πρώτο της επόµενη περιόδου είναι το τελευταίο στοιχείο που µας δίνεται θα έχει την µικρότερη ενέργεια πρώτου ιοντισµού αφού η ενέργεια αυξάνεται από πάνω προς τα κάτω και από δεξιά προς τα αριστερά για τα υπόλοιπα 3 στοιχεία που µας δίνονται. γ)λάθος : Το Η 2 SO 4 είναι ισχυρό µόνο στο πρώτο στάδιο του ιοντισµού του, ενώ είναι ασθενές στο δεύτερο στάδιο όντας διπρωτικό οξύ : 1ό στάδιο : (Ισχυρό µε πλήρη ιοντισµό) Η 2 SO 4 + H 2 O H 3 O HSO 4 0,1 M O,1 M O,1M 2ό στάδιο : (Ασθενές µε µερικό ιοντισµό) - ΗSO 4 + H 2 O H 3 O SO 4 0,1 -X M X M 2 X M Άρα συνολικά [Η 3 Ο + ] = 0,1 +X <0,2. δ)λάθος : Υπάρχει επίδραση κοινού ιόντος του (ΟΗ - ) όποτε µε την επίδραση αυτή ο βαθµός ιοντισµού α της ασθενούς βάσης θα µειωθεί. Χ. ΤΡΙΚΟΥΠΗ 82 ΚΟΜΟΤΗΝΗ Σελίδα 2

3 Β3) Έχουµε τις έξης ενώσεις µε τους συντακτικούς τους τύπους : ΒΟΥΤΑΝΑΛΗ : CH 3 CH 2 CH 2 CH=O ΒΟΥΤΑΝΟΝΗ : CH 3 CH 2 COCH 3 ΒΟΥΤΑΝΙΚΟ ΟΞΥ : CH 3 CH 2 CH 2 COOH 2 - : ΒΟΥΤΑΝΟΛΗ α)παίρνοντας δείγµα από κάθε δοχείο και τοποθετώντας το αντιδραστήριο Tollens (AgNO 3 /NH 3 ) µόνο η βουτανάλη αντιδρά και σχηµατίζει ίζηµα (Αg). β)η βουτανόνη δεν αποχρωµατίζει το KMnO 4 /H 2 SO 4 αλλά επίδραση Ι 2,ΝαΟΗ δίνει κίτρινο ίζηµα. γ)το βουτανικό οξύ αντιδρά µε ανθρακικό άλας όπως (Να 2 CO 3 ) και προκύπτει αέριο CO 2 που διοχετεύεται σε ασβεστόνερο που θολώνει από την δηµιουργία CaCO 3. δ) Η 2-βουτανόλη αποχρωµατίζει το ερυθροιώδες διάλυµα KMnO 4 /H 2 SO 4. Θέµα Γ Γ1) α),β) (1)Η ένωση C 5 H 10 O 2 (A) µπορεί να είναι και οξύ και εστέρας. (2) Α + ΝαΟΗ Β + Γ έχουµε Α = εστέρας, Β = αλκοόλη, Γ = οργανικό άλας. (3) Γ + KMnO 4 + H 2 SO 4 + (4) + Cl 2 + NaOH B + E + Η ένωση που βρίσκεται στην αντίδραση (4) µπορεί να είναι ή αιθανόλη ή αιθανάλη. Η ένωση και Γ έχουν ίδιο αριθµό ανθράκων ενώ η Β έχει ένα λιγότερο από την Γ. Β : C µ H 2µ-1 Ο 2 Να Γ : C λ H λ+1 ΟΗ Με λ=µ+1 και λ+µ =5, οπότε µ=2 και λ=3. Α: B: CH 3 COOa Γ: : Ε: CHCl 3 Οι αντιδράσεις είναι οι εξής : + ΝαΟΗ CH 3 COOa KMnO 4 +3 H 2 SO K 2 SO MnSO 4 + 8H 2 O Χ. ΤΡΙΚΟΥΠΗ 82 ΚΟΜΟΤΗΝΗ Σελίδα 3

4 +3 Cl NaOH CH 3 COOa + CHCl NaCl +3 H 2 O Γ2) Έστω x mol έγιναν αλδεύδη και y mol έγιναν οξύ. 3CH 3 CH 2 OH + K 2 Cr 2 O 7 +4H 2 SO 4 3CH 3 CHO + K 2 SO 4 + Cr 2 (SO 4 ) H 2 O x mol x/3 mol x mol 3CH 3 CH 2 OH + 2K 2 Cr 2 O 7 +8H 2 SO 4 3CH 3 COOH + K 2 SO 4 + 2Cr 2 (SO 4 ) H 2 O y mol 2y/3 mol y mol CH 3 CHO + 2CuSO 4 + 5H 2 O CH 3 COONa + Cu 2 O + 2Na 2 SO H 2 O X mol x mol Από τα 28,6 gr του ιζήµατος έχω ότι x = 0.2 mol Ακόµη έχουµε : CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O y mol y mol µε y = 0.2 mol. Άρα τα mol του K 2 Cr 2 O 7 = x/3 +2y/3 = 0,2 mol. Άρα V = n/c = 2L. Θέµα 1) Υπολογίζουµε τις αρχικές ποσότητες των HA, NaOH στα διαλύµατα Υ1 και Υ2 αντίστοιχα. n (HA) = c (HA).V δ/τος = 0,1*0,02 = 0,002 mol n (NaOH) = c (NaOH).V δ/τος = 0,1*0,01 = 0,001 mol Μετά την ανάµειξη τους προκύπτει διάλυµα Υ3 µε όγκο 30ml ή 0,03 L, οπότε οι νέες συγκεντρώσεις των ουσιών στο νέο διάλυµα θα είναι : C (HA) = n/v = 0,002/0,03 = 0,2/3 M C (NaOH) = n/v=0,001/0,03 = 0,1/3 M Στο διάλυµα Υ3 : ΝαΟΗ + ΗΑ ΝαΑ + Η 2 Ο Αρχ. 0,1/3 M 0,2/3 M - - Αντ. 0,1/3 M 0,1/3 M - - Παρ ,1/3 M 0,1/3 M Τελ 0 0,1/3 M 0,1/3 M 0,1/3 M Επίδραση κοινού ιόντος µεταξύ του ΝαΑ και του ΗΑ που περίσσεψαν στο διάλυµα. ΝαΑ Α - + Να + 0,1/3 M 0,1/3 M ΗΑ + Η 2 Ο Α - + Η 3 Ο + Αρχ. 0,1/3 M - 0,1/3 M - Χ. ΤΡΙΚΟΥΠΗ 82 ΚΟΜΟΤΗΝΗ Σελίδα 4

5 Ιοντ. Χ Παρ. - - Χ Χ Χ.Ι. (0,1/3) Χ Μ - (0,1/3) + Χ Μ Χ Γνωρίζοντας το ph = 4 τότε έχουµε ότι [Η 3 Ο] + = Χ = 10-4 Μ Κα(ΗΑ) = [Α - ]*[Η 3 Ο + ]/[ΗΑ] = [(0,1/3) + Χ]*Χ/[(0,1/3) Χ] Χ=10-4. Άρα Κα(ΗΑ) = ) Υπολογίζουµε τις αρχικές ποσότητες των HA, NaOH στα διαλύµατα Υ1 και Υ2 αντίστοιχα. n (HA) = c (HA).V δ/τος = 0,1*0,018 = 0,0018 mol n (NaOH) = c (NaOH).V δ/τος = 0,1*0,022 = 0,0022 mol Μετά την ανάµειξη τους προκύπτει διάλυµα Υ4 µε όγκο 40ml ή 0,04 L, οπότε οι νέες συγκεντρώσεις των ουσιών στο νέο διάλυµα θα είναι : C (HA) = n/v = 0,0018/0,04 Μ C (NaOH) = n/v=0,0022/0,04 M Στο διάλυµα Υ4 : ΝαΟΗ + ΗΑ ΝαΑ + Η 2 Ο Αρχ. 0,0022/0,04 M 0,0018/0,04 Μ - - Αντ. 0,0018/0,04 Μ 0,0018/0,04 Μ - - Παρ ,0018/0,04 Μ 0,0018/0,04 Μ Τελ 0,0004/0,04 Μ 0 0,0018/0,04 Μ 0,0018/0,04 Μ Όπου τελικά C(NaOH) = 0,01M και C(NaA) = 0,045M Όµως το ph τώρα καθορίζεται από την ισχυρή βάση οπότε : ΝαΟΗ Να + + ΟΗ - 0,01Μ 0,01Μ 0,01Μ Άρα poh = -log[oh - ] = 2 και επειδή στους 25 ο C : ph + poh = 14 ph = 12. 3) α) Τα mol των ουσιών έχουν ως εξής : n(hb) = c.v = 0,06c mol n(naoh) = c.v = 0,1 * 0,02 = 0,002 mol ΝαΟΗ + ΗB ΝαB + Η 2 Ο Αρχ. 0,002 mol 0,06c mol - - Αντ. 0,002 mol 0,002 mol - - Παρ ,002 mol 0,002 mol Τελ 0 0,06c - 0,002 mol 0,002 mol 0,002 mol Άρα οι ουσίες που έχω στο διάλυµα είναι ΝαΒ και ΗΒ που αποτελούν ρυθµιστικό διάλυµα και γνωρίζουµε ότι ph = 4 οπότε [Η 3 Ο + ] = 10-4 Μ. = =,,, Με την προσθήκη 50ml από το Υ2 10 =,, (1), Χ. ΤΡΙΚΟΥΠΗ 82 ΚΟΜΟΤΗΝΗ Σελίδα 5

6 n(hb) = c.v = 0,06c mol n(naoh) = c.v = 0,1 * 0,05 = 0,005 mol ΝαΟΗ + ΗB ΝαB + Η 2 Ο Αρχ. 0,005 mol 0,06c mol - - Αντ. 0,005 mol 0,005 mol - - Παρ ,005 mol 0,005 mol Τελ 0 0,06c - 0,005 mol 0,005 mol 0,005 mol Άρα οι ουσίες που έχω στο διάλυµα είναι ΝαΒ και ΗΒ που αποτελούν ρυθµιστικό διάλυµα και γνωρίζουµε ότι ph = 5 οπότε [Η 3 Ο + ] = 10-5 Μ.,,, = = 10 =,, (2), Με διαίρεση των (1)/(2) προκύπτει ότι c= 0,1M και Κα = 5*10-5 β) Στο ισοδύναµο σηµείο n(hb) = n(naoh), 0,1 * 0,06 = 0,1 * V(NaOH), V(NaOH) = 0,06L Άρα ο τελικός όγκο είναι V(τελ) = 0,12L. ΝαΟΗ + ΗB ΝαB + Η 2 Ο Αρχ. 0,006 mol 0,006 mol - - Αντ. 0,006 mol 0,006 mol - - Παρ ,006 mol 0,006 mol Τελ 0 0 0,006 mol 0,006 mol Άρα C(NaB) = 0,006/0,12 = 0,05M Από την διάσταση του ΝαΒ µόνο το Β - αντιδρά µε το νερό οπότε : Β - + Η 2 Ο ΗΒ + ΟΗ - Αρχ Μ Αντ. Χ Παρ. - - Χ Χ Τελ 0,05 Χ Μ - Χ Χ Κb = Kw/Ka = x 2 /0,05 (Κάνοντας όλες τις προσεγγίσεις), X = 10-5,5 M Άρα poh = 5,5 και ph = 8,5. Επιµέλεια : ηµητρακόπουλος Στέφανος Χ. ΤΡΙΚΟΥΠΗ 82 ΚΟΜΟΤΗΝΗ Σελίδα 6