ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 29 ΜΑΪΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 29 ΜΑΪΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ"

Σελήνη Κουβέλης
8 χρόνια πριν
Προβολές:

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 9 ΜΑΪΟΥ 01 - ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ Θέμα Α Α1. γ, Α. β, Α. δ, Α4. β Α5. α.

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 9 ΜΑΪΟΥ 01 - ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ Θέμα Α Α1. γ, Α. β, Α. δ, Α4. β Α5. α. Θεωρία Arrheius 1. Βάση είναι κάθε ουσία που σε υδατικό διάλυμα δίνει ιόντα ΟΗ -. Οι βάσεις είναι ουδέτερα σώματα (μόρια ή κρύσταλλοι). Η βασική συμπεριφορά των βάσεων προϋποθέτει τη διάλυσή τους στο Η Ο. 4. Ενεργούν σαν βάσεις χωρίς την παρουσία οξέων Θεωρία Brösted-Lowry 1. Βάση είναι κάθε ουσία που μπορεί να προσλάβει ένα ή περισσότερα πρωτόνια. Οι βάσεις μπορεί να είναι ουδέτερα μόρια ή ιόντα.. Για να συμπεριφερθούν σαν βάσεις ΔΕΝ είναι απαραίτητο να διαλυθούν στο Η Ο. 4. Για να δράσουν σαν βάσεις απαιτούν την παρουσία οξέος. β. Ηλεκτρολυτική διάσταση 1. Στην ηλεκτρολυτική διάσταση, τα ιόντα που προϋπάρχουν στον κρύσταλλο των ενώσεων, με τη βοήθεια των δίπολων μορίων του Η Ο "περνούν" στο διάλυμα με την ταυτόχρονη καταστροφή του κρυστάλλου.. Ηλεκτρολυτική διάσταση υφίστανται οι ιοντικές ενώσεις που είναι ισχυροί ηλεκτρολύτες και είναι πλήρης. Ιοντισμός 1. Κατά τον ιοντισμό των ομοιοπολικών ενώσεων, αντιδρούν τα μόρια των ενώσεων με τα μόρια του Η Ο και έτσι δημιουργούνται τα ιόντα στο διάλυμα.. Ιοντισμός υφίστανται οι ομοιοπολικές ενώσεις, που είναι ασθενείς ή ισχυροί ηλεκτρολύτες και μπορεί να είναι πλήρης ή μερικός. ΘΕΜΑ Β Β1. α. Λάθος Το Η Ο είναι πάντα ουδέτερο, γιατί κατά την αντίδραση αυτοϊοντισμού του: Η Ο + Η Ο Η Ο + + ΟΗ -, παράγονται ιόντα Η Ο + και ΟΗ - με αναλογία 1:1. δηλ θα ισχύει: Κ W = [Η Ο + ][ΟΗ - ] = [Η Ο + ] =[ΟΗ - ] Η Ο + ] = [ΟΗ - ] = W ανεξάρτητα από την τιμή της σταθεράς Κ W που μεταβάλλεται με τη θερμοκρασία (θ Κ W ). β. Σωστό Το ΗS - παράγεται κατά το πρώτο στάδιο ιοντισμού του ασθενούς διπρωτικού οξέος Η S. Έτσι σε υδατικό διάλυμα μπορεί να αντιδράσει με το Η Ο: Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 1 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

2 ΗS - + Η Ο Η S + ΟΗ - ή ΗS - + Η Ο S - + Η Ο + βάση οξύ Συνεπώς είναι αμφιπρωτική ουσία. γ. Λάθος Η αντίδραση ιοντισμού της ΝΗ είναι: ΝΗ + Η Ο ΝΗ 4 + ΟΗ- από όπου βλέπουμε πως το συζυγές της οξύ είναι το ιόν ΝΗ Κ W 10 Για το συζυγές ζεύγος ισχύει: Κ α Κ b W Κ α Κ 5 α = 10-9 Κ b 10 Άρα το ΝΗ 4 είναι ασθενές οξύ δ. Σωστό Αφού η 4p είναι ημισυμπληρωμένη, θα περιέχει e - και θα έχουμε τη δομή: 1s s p 6 s p 6 d 10 4s 4p Η ομάδα καθορίζεται από τα ηλεκτρόνια της τελευταίας στιβάδας (εξωτερικής). Άρα έχουμε 4s 4p δηλ. 5e -. Συνεπώς ανήκει στη 15 η ομάδα του Π.Π. ε. Λάθος Ο 1 C στο αλκένιο έχει Α.Ο = -, ενώ στο αλκυλαλογονίδιο έχει Α.Ο = -. Παρατηρείται μείωση του Α.Ο και συνεπώς ο C 1 ανάχθηκε. Ο C στο αλκένιο έχει Α.Ο = - 1, ενώ στο αλκυλαλογονίδιο έχει Α.Ο = 0. Παρατηρείται αύξηση του Α.Ο και συνεπώς ο C οξειδώθηκε. Β.α. 8 στοιχεία Στη δεύτερη περίοδο του Π.Π έχουμε =. Οπότε τα ηλεκτρόνια των στοιχείων της ης περιόδου θα τοποθετούν τα επιπλέον ηλεκτρόνιά τους στα τροχιακά: (=, l=0, m l =0), (=, l=1, m l =0), (=, l=1, m l = -1), (=, l =1, m l =1) δηλ. σε συνολικά 4 τροχιακά. Συνεπώς θα τοποθετηθούν 8e - και θα είναι από 8 στοιχεία. β. d τομέας, 4 η περίοδος, 9 η ομάδα. Είναι Ζ = 7, οπότε: 1s s p 6 s p 6 d 7 4s. Συνεπώς: σε d τομέα αφού τοποθετεί τα τελευταία του ηλεκτρόνια σε d τροχιακό, 4 η περίοδο αφού = 4 της εξωτερικής στιβάδας και 9 η ομάδα αφού τα ηλεκτρόνια των υποστιβάδων d 7 4s είναι 9. (Στοιχείο μετάπτωσης, μετράμε τα ηλεκτρόνια των υποστιβάδων (-1)d και s). ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. Οι ζητούμενες ενώσεις είναι: Α: ΗCOOH Β: H=O Γ: OH Δ: COOH Ε: =O β. i. H=O + CuSO 4 + 5NαΟH HCΟOΝα + Cu O + Nα SO 4 + H O ii. OH + 4I + 6NaOH HCΟOΝα + I + 5NaI + 5H O iii. =O + AgNO + NH + H O COONH 4 + Ag + NH 4 NO Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 1 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

3 iv. OH + Cr O 7 + 8H SO 4 COOH + Cr (SO 4 ) + SO H O Γ. Οι συντακτικοί τύποι είναι: Χ: Ψ: C Φ: C CN OH O OH Λ: Μ: C Θ: MgC C OMgC Σ: C OH Γ. Έστω 1 mol (COO) και mol COOH στο αρχικό διάλυμα. Κάθε μέρος θα περιέχει 1 mol (COO) και mol COOH αφού το δλμ. χωρίζεται σε δύο ίσα μέρη. Για το ΚΟΗ: OH = C = 0,10, OH = 0,0 mol Με το ΚΟΗ θα αντιδράσει μόνο το COOH COOH + ΚΟΗ COOΚ + Η Ο mol 0,0 mol Πρέπει: = 0,0 = 0,04 mol COOH Στο ο μέρος θα οξειδωθούν μόνο τα 1 mol (COO) (το COOH δεν οξειδώνεται) O αριθμός mol ΚΜO 4 είναι: MO4 = C = 0,0, MO4 = 0,04 mol 5(COO) + ΚΜO 4 + 8H SO 4 10CO + 6 SO 4 + MSO 4 + 8H O 5 mol με mol 1 mol x mol x, πρέπει x = MO4 1 = 0,04 1 = 0, mol (COO) Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 1 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

4 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Υπολογίζουμε τα mol κάθε σώματος. COOH Δλμ. Α: C COOH 0, 0,05 COOH COOH A NαOH Δλμ. Β: CNαOH NαOH 0, 0,05 NαOH 0,01mol Β Με την ανάμιξη των διαλυμάτων θα γίνει η αντίδραση: 0,01mol COOH + ΝαΟΗ COOΝα + Η Ο Αρχ. (mol) 0,01 0,01 αντ/σχημ. (mol) 0,01 0,01 0,01 Τελικά (mol) 0,01 Στο νέο διάλυμα που προκύπτει περιέχονται 0,01 mol COOΝα με συγκέντρωση: 0,01 C COONa C COONa 0,1M 0,1 Το COOΝα διίσταται: COONα COO + Να + Αρχ. (M) 0,1 διιστ/σχημ. (Μ) 0,1 0,1 0,1 Τελικά (Μ) 0,1 0,1 Το Να + δεν αντιδρά με το Η Ο αφού προέρχεται απ την ισχυρή βάση ΝαΟΗ. Το COO αντιδρά με το Η Ο (υδρόλυση). COO + H O COOH + ΟΗ Αρχ. (M) 0,1 αντ/σχημ. (Μ) x x x Ι. Ι (Μ) 0,1 x 0,1 x x 14 w 10 9 w a b b 5 b 10 a 10 b [COOH] [OH ] 10 [ COO ] 9 x x [OH ] 10 0,1 Οπότε poh = log[oh ] = log10-5 poh = 5 poh + ph =14 ph =14 poh = 14 5 ph = 9 5 M Δ. Υπολογίζουμε τα mol κάθε σώματος. COOH Δλμ. Α: C COOH 0, 0,05 COOH COOH A NαOH Δλμ. Β: CNαOH NαOH 0, 0,1 NαOH 0,0 mol Β Με την ανάμιξη των διαλυμάτων θα γίνει η αντίδραση: 0,01mol Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 1 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

5 COOH + ΝαΟΗ COOΝα + Η Ο Αρχ. (mol) 0,01 0,0 αντ/σχημ. (mol) 0,01 0,01 0,01 Τελικά (mol) 0,01 0,01 Στο νέο διάλυμα που προκύπτει περιέχονται 0,01 mol COOΝα και 0,01 mol ΝαΟΗ με συγκεντρώσεις: 0,01 0,01 C COONa(τελ) C COONa(τελ) 0,01M και C C 0,01M NaΟΗ(τελ) NaΟΗ(τελ) 1 1 Διάσταση ΝαΟΗ: ΝαΟΗ H O Να + + ΟΗ - 0,01Μ 0,01Μ 0,01Μ Διάσταση COOΝα: COOΝα + Να + 0,01Μ 0,01Μ 0,01Μ Υδρόλυση: COO + H O COOH + ΟΗ Αρχ. (M) 0,01 0,01 αντ/σχημ. (Μ) y y y Ι. Ι (Μ) 0,01 y 0,1 y 0,01+ y 0,1 [OH - ] = 0,01+ y 0,1 αφού ο ιοντισμός της ισχυρής βάσης (ΝαΟΗ) μετατοπίζει την ισορροπία υδρόλυσης προς τα αριστερά (Ε.Κ.Ι). Δηλ το ph θα καθοριστεί από την ισχυρή βάση (ΝαΟΗ) Οπότε: poh = log[oh ] = log10 - poh = poh + ph =14 ph =14 poh = 14 ph = 1 Δ. Υπολογίζουμε τα mol κάθε σώματος στο διάλυμα (1 L) που προκύπτει. COOH Δλμ. Α: C COOH COOH 0, 0,5 COOH 0,1 mol A και C COOH = 0,1 M Δλμ. Γ: C ΗC ΗC ΗC 0, 0,5 ΗC 0,1 mol και C HCl = 0,1 M Γ Με την προσθήκη του ΝαΟΗ στο διάλυμα των δυο οξέων θα γίνει εξουδετέρωση των οξέων. Με ποια σειρά προτεραιότητας; Εδώ οι Μαθητές κλήθηκαν να αποφασίσουν για το ποιο οξύ θα αντιδράσει πρώτο χωρίς να γνωρίζουν από τη διδαχθείσα ύλη τους κάτι σχετικό. Ωστόσο αυτό δεν αποτελεί πρόβλημα, καθ ότι με όποιο κι αν κάνουν την αρχική αντίδραση το αποτέλεσμα θα είναι το ίδιο. Πρώτο θα αντιδράσει το ισχυρό οξύ μιας και έχει ιοντιστεί πλήρως. NaOH + ΗCl NaCl + Η O Αρχ. (M) 0,15 0,1 αντ/σχημ. (Μ) 0,1 0,1 0,1 Τελικά (Μ) 0,05 0,1 Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 1 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

6 και NaOH + COOH COONa + Η O Αρχ. (M) 0,05 0,1 αντ/σχημ. (Μ) 0,05 0,05 0,05 Τελικά (Μ) 0,05 0,05 Το τελικό διάλυμα περιέχει COOH 0,05M, COONa 0,05M και NaCl 0,1Μ και είναι ρυθμιστικό μιας και το NaCl δεν επηρεάζει το ph του δ/τος. Οπότε για το ph θα ισχύει η εξίσωση Hederso και Hasselbalch: Cβασης 0,05 ph pα log 5 log = ph = 5 C 0,05 οξέος Παρατήρηση. Αν υποθέταμε πως αντιδρά πρώτα το COOH θα είχαμε: NaOH + COOH COONa + Η O Αρχ. (M) 0,15 0,1 αντ/σχημ. (Μ) 0,1 0,1 0,1 Ι. Ι (Μ) 0,05 0,1 Και NaOH + ΗCl NaCl + Η O Αρχ. (M) 0,05 0,1 αντ/σχημ. (Μ) 0,05 0,05 0,05 Τελικά (Μ) 0,05 0,05 Δηλ. θα έχουμε: 0,05 mol ΗCl, 0,1 mol COOΝα και 0,05 mol NaCl. Θα γίνει αντίδραση: COOΝα + ΗCl COOH + NaCl Αρχ. (M) 0,1 0,05 αντ/σχημ. (Μ) 0,05 0,05 0,05 0,05 Τελικά (Μ) 0,05 0,05 0,05 Δηλαδή το τελικό διάλυμα περιέχει COOH 0,05M, COONa 0,05M και NaCl 0,1Μ. Aκριβώς τα ίδια σώματα με τις ίδιες ποσότητες που βρήκαμε υποθέτοντας πως αντιδρά πρώτο το ΗCl. Οπότε πάλι Ρ.Δ.. ph = 5 Δ4. α. Καμπύλη 1 ΗΒ Καμπύλη COOH β. Και στις δυο ογκομετρήσεις, για το Ι.Σ καταναλώνονται 0 ml πρότυπου διαλύματος ΝαΟΗ, δηλ. NaOH = C = 0,010 - = mol NaOH. Από τις αντιδράσεις εξουδετέρωσης βλέπουμε πως τα σώματα αντιδρούν με αναλογία 1:1 COOH + NaOH COONa + Η O και ΗΒ + ΝαΟΗ ΝαΒ + Η Ο Συνεπώς στα ογκομετρούμενα διαλύματα των οξέων υπήρχαν mol οξέων. Όταν έχει προστεθεί η μισή ποσότητα (10 ml) πρότυπου διαλύματος, θα έχει εξουδετερωθεί η μισή ποσότητα οξέος δηλ mol. Θα είναι: Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 1 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

7 COOH + ΝαΟΗ COOΝα + Η Ο Αρχ. (mol) αντ/σχημ. (mol) Τελ. (mol) 10 - Εκείνη τη στιγμή το διάλυμα είναι ρυθμιστικό και συνεπώς θα ισχύει η εξίσωση Hederso και Hasselbalch: 10 Cβασης ph p log p log α α Cοξέος 10 p α log1 ph = p a = 5 (καμπύλη ) Συνεπώς και για τη δεύτερη ογκομέτρηση (δλμ. ΗΒ) όταν θα έχουν προστεθεί 10 ml πρότυπου διαλύματος θα έχουν αντιδράσει 10 - mol NaOH με 10 - mol ΗΒ (μισές ποσότητες) όπως βλέπουμε στον παρακάτω πίνακα: ΗΒ + ΝαΟΗ ΝαΒ + Η Ο Αρχ. (mol) αντ/σχημ. (mol) Τελ. (mol) 10 - Εκείνη τη στιγμή και αυτό το διάλυμα θα είναι ρυθμιστικό και συνεπώς θα ισχύει η εξίσωση Hederso και Hasselbalch: 10 Cβασης ph p log p log α(hb) α(hb) Cοξέος 10 p α(hb) log1 ph = p a(ηβ) 4 = p a(ηβ) 4 = -log a(ηβ) a(ηβ) = 10-4 γ. Από την καμπύλη βλέπουμε πως για το Ι.Σ καταναλώθηκαν 0 ml πρότυπου διαλύματος ΝαΟΗ και εξουδετερώθηκαν NaOH = COOH = mol COOH COOH COOH C COOH A A = 10 - L ή 0 ml A C COOH 0, Άρα ο όγκος του ογκομετρούμενου διαλύματος ΗΒ θα είναι 0 ml αφού A = HB. Στο ισοδύναμο σημείο: ΗΒ + ΝαΟΗ ΝαΒ + Η Ο mol mol mol Ο όγκος του δ/τος στο Ι.Σ είναι: = = 40 ml και περιέχονται mol ΝαΒ. NaB 4 10 CNaB CNaB C NaB = 0,1 M Διάσταση του άλατος: ΝαΒ H O Να + + Β - 0,1 M 0,1 M 0,1 M Το ιόν Β - αντιδρά με το νερό (υδρόλυση) Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 1 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

8 Β + H O ΗΒ + ΟΗ Αρχ. (M) 0,1 αντ/σχημ. (Μ) ω ω ω ω Ι. Ι (Μ) 0,1 ω 0,1 ω ω 14 w w a b b 4 b 10 a 10 [OH ] [HB] ω k b ω 0, Μ ω = 10-5,5 Μ = [ΟΗ - ] [B ] 0,1 poh = -log[οη - ] = -log(10-5,5 ) poh = 5,5 ph + poh = 14 ph = 14 poh = 14 5,5 ph = 8,5 Επιμέλεια απαντήσεων: Λογιώτης Σταύρος Οικονόμου Θανάσης Φυσικοί Φροντιστήριο Μ.Ε «ΕΠΙΛΟΓΗ» - Καλαμάτα Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 1 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 29 ΜΑΪΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 9 ΜΑΪΟΥ 01 - ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ Θέμα Α Α1. γ, Α. γ, Α. β, Α4. β Α5. α. Θεωρία Arrhenius 1.