ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: 01 / 06 /2012 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ Α2. β Α3. β Α4. γ Α5. α. Η απαγορευτική αρχή του Pauli διατυπώνεται ως εξής: Είναι αδύνατο στο ίδιο άτοµο να υπάρξουν δύο ηλεκτρόνια µε την ίδια τετράδα κβαντικών αριθµών. β. Δείκτες οξέων ή βάσεων ή πρωτολυτικοί δείκτες είναι ενώσεις που µεταβάλλουν το χρώµα τους ανάλογα µε την οξύτητα του διαλύµατος στο οποίο βρίσκονται. Είναι συνήθως ασθενή οργανικά οξέα-βάσεις που το χρώµα των αδιάστατων µορίων είναι διαφορετικό από το χρώµα των ιόντων. ΘΕΜΑ Β Β1. α. Οι ηλεκτρονιακές δοµές των 7 Ν, 8 Ο και 11 Να είναι οι εξής: Περισσότερα µονήρη ηλεκτρόνια έχει το 7 Ν. β. Ο ηλεκτρονιακός τύπος κατά Lewis του ΝαΝΟ 2 είναι ο εξής: Β2. α. Η πρόταση είναι σωστή: 34Se: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 4 Με δεδοµένο ότι όλα τα τροχιακά της υποστοιβάδας 4p είναι κατειληµµένα µία δυνατή τριάδα είναι η (4,1,0). 1 π 9

2 β. Η πρόταση είναι σωστή: Με δεδοµένο ότι η ενέργεια ιοντισµού σε µία περίοδο του Περιοδικού Πίνακα αυξάνεται από αριστερά προς τα δεξιά, λόγω αύξησης του δραστικού πυρηνικού φορτίου και από κάτω προς τα πάνω σε µία οµάδα, λόγω µείωσης του αριθµού των στοιβάδων, µπορεί τα τρία πρώτα στοιχεία να είναι τα τελευταία σε µία περίοδο και το τέταρτο το πρώτο της επόµενης. γ. Η πρόταση είναι λανθασµένη: Το H 2 SO 4 είναι ισχυρός ηλεκτρολύτης στον πρώτο ιοντισµό του και ασθενής στο δεύτερο. Προφανώς x < C ΟΞΕΟΣ οπότε [Η 3 Ο + ] = x + C ΟΞΕΟΣ = x < 0.2 Μ δ. Η πρόταση είναι λανθασµένη: έχουµε επίδραση κοινού ιόντος στα [ΟΗ - ], η θέση της χηµικής ισορροπίας µετατοπίζεται προς τα αριστερά και ο βαθµός ιοντισµού µειώνεται. Β3. ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Το συγκεκριµένο ερώτηµα µπορεί να απαντηθεί και µε πολλούς άλλους τρόπους. 2 π 9

3 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η ένωση Α είναι έστερας ο οποίος υφίσταται σαπωνοποίηση οπότε προκύπτει το άλας οξέος Β και η αλκοόλη Γ η οποία έχει ένα άτοµο άνθρακα επιπλέον από το Β. Με δεδοµένο ότι το προϊόν οξείδωσης της Γ, η Δ, δίνει την αλογονοφορµική αντίδραση οι συντακτικοί τύποι των οργανικών ενώσεων A, B, Γ, Δ και Ε είναι οι εξής: Οι χηµικές εξισώσεις των χηµικών αντιδράσεων που λαµβάνουν χώρα είναι οι εξής: Γ2. Έστω x και y τα mol της αλκοόλης που οξειδώνονται προς το Α και Β αντίστοιχα. Οι χηµικές εξισώσεις των οξειδώσεων: Αφού η ένωση Α αντιδρά µε το αντιδραστήριο Fehling θα είναι η CH 3 CH=O, ενώ η Γ θα είναι το CH 3 COOH. Η χηµική εξίσωση της Α µε το αντιδραστήριο Fehling: H εξουδετέρωση του CH 3 COOH από το NaOH: 3 π 9

4 NaOH: n C = n = C.V = 1M.0,2L = 0,2mol άρα y = 0,2mol. V Εποµένως, τα mol του Κ 2 Cr 2 O 7 που καταναλώθηκαν και για τις δυο οξειδώσεις είναι: ΘΕΜΑ Δ n n 0,2mol C= V = = = 2Lδιαλύµατος Κ 2 Cr 2 O 7 απαιτήθηκε για την οξείδωση. V C 0,1M Δ1. Βρίσκουµε τα mol του ΗΑ και του ΝaΟΗ αφού οι ενώσεις αυτές αντιδρούν µεταξύ τους. mol ΗΑ = mol NaOH = Οι νέες συγκεντρώσεις µετά την αντίδραση είναι: Από την έκφραση της Κa έχουµε: 4 π 9

5 Δ2. Βρίσκουµε τα mol του ΗΑ και του ΝaΟΗ αφού οι ενώσεις αυτές αντιδρούν µεταξύ τους. mol ΗΑ = mol NaOH = Οι νέες συγκεντρώσεις µετά την αντίδραση είναι: Από την έκφραση της Κb έχουµε: 5 π 9

6 Δ3. α. Όταν έχουµε προσθέσει 20 ml του πρότυπου διαλύµατος Βρίσκουµε τα mol του ΗB και του ΝaΟΗ αφού οι ενώσεις αυτές αντιδρούν µεταξύ τους. mol ΗΒ = 0.06C mol NaOH = Αν είχαµε πλήρη εξουδετέρωση ή περίσσεια ΝαΟΗ το ph του τελικού διαλύµατος θα ήταν µεγαλύτερο από 7. Αφού το ph του τελικού διαλύµατος είναι ίσο µε 4 αντιδρά όλη η ποσότητα του ΝαΟΗ. Οι νέες συγκεντρώσεις µετά την αντίδραση είναι: 6 π 9

7 Από την έκφραση της Κa έχουµε: Όταν έχουµε προσθέσει 50 ml του πρότυπου διαλύµατος Βρίσκουµε τα mol του ΗB και του ΝaΟΗ αφού οι ενώσεις αυτές αντιδρούν µεταξύ τους. mol ΗΒ = 0.06C mol NaOH = Αν είχαµε πλήρη εξουδετέρωση ή περίσσεια ΝαΟΗ το ph του τελικού διαλύµατος θα ήταν µεγαλύτερο από 7. Αφού το ph του τελικού διαλύµατος είναι ίσο µε 5 αντιδρά όλη η ποσότητα του ΝαΟΗ. Οι νέες συγκεντρώσεις µετά την αντίδραση είναι: Από την έκφραση της Κa έχουµε: 7 π 9

8 Από τις σχέσεις 5 και 6 προκύπτει ότι C = 0.1 M και Ka(HB) = β. Στο ισοδύναµο σηµείο έχουµε πλήρη εξουδετέρωση: mol ΗΒ = mol NaOH = 0.1V Προφανώς 0.1 V = οπότε V = 0.06 L ή 60 ml. Η συγκέντρωση του άλατος είναι: Από την έκφραση της Κb έχουµε: 8 π 9

9 9 π 9