ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Επιµέλεια: Οµάδα Χηµικών της Ώθησης

Transcript

1 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Επιµέλεια: Οµάδα Χηµικών της Ώθησης 1

2 Δευτέρα, 2 Μαΐου 2011 Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΜΑ A Για τις ερωτήσεις Α1 έως και Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση. Α1. Το στοιχείο που περιέχει στη θεμελιώδη κατάσταση τρία ηλεκτρόνια στην 2p υποστιβάδα έχει ατομικό αριθμό: α. 5 β. 7 γ. 9 δ. 15 Μονάδες 5 : β Α2. Από τα παρακάτω ανιόντα, ισχυρότερη βάση κατά Brönsted-Lowry είναι: α. HCOO β. NO γ. Cl δ. ClO4 Μονάδες 5 : α Α. Από τα παρακάτω διαλύματα, μεγαλύτερη ρυθμιστική ικανότητα έχει: α. CHCO 0,1M CHCOONa 0,1M β. CHCO 0,01M CHCOONa 0,01M γ. CHCO 0,5M CHCOONa 0,5M δ. CHCO 1,0M CHCOONa 1,0M Μονάδες 5 : δ Α4. Ο δεσμός μεταξύ του 2 ου και του ου ατόμου άνθρακα στην ένωση HC C CH=CH2 δημιουργείται με επικάλυψη υβριδικών τροχιακών: α. sp sp β. sp sp 2 γ. sp 2 sp δ. sp sp Μονάδες 5 : β 2

3 A5. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη. α. Οι τομείς s και p του περιοδικού πίνακα περιέχουν 2 και 6 ομάδες αντίστοιχα. β. Ο αριθμός τροχιακών σε μία υποστιβάδα, με αζιμουθιακό κβαντικό αριθμό l, δίνεται από τον τύπο: 2l+1. γ. Το ph υδατικού διαλύματος Na συγκέντρωσης -8 Μ είναι 6. δ. Κατά την προσθήκη ΗCl στο προπίνιο, προκύπτει ως κύριο προϊόν το 1,2 διχλωροπροπάνιο. ε. Κατά την προσθήκη Na σε αιθανόλη, παρατηρείται έκλυση αερίου. Μονάδες 5 α. Σωστό β. Σωστό γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Σωστό ΘΕΜΑ B Β1. Δίνονται τα άτομα/ιόντα: 12Mg 2+, 15P, 19, 26Fe 2+. α. Να γράψετε τις ηλεκτρονιακές δομές τους (κατανομή ηλεκτρονίων σε υποστιβάδες. (μονάδες 4 β. Να γράψετε τον αριθμό των μονήρων ηλεκτρονίων που περιέχει καθένα από τα άτομα/ιόντα: 15P, 19, 26Fe 2+ (μονάδες Μονάδες 7 α. 12Mg 2+ : 1s 2 2s 2 2p 6 15P: 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 19: 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 4s 1 26Fe 2+ : 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 d 6 β. 15P: μονήρη ηλεκτρόνια p 19: 1 μονήρες ηλεκτρόνιο 4s 1 26Fe 2+ : 4 μονήρη ηλεκτρόνια d 6

4 Β2. Να αιτιολογήσετε τις επόμενες προτάσεις: α. Η 1 η ενέργεια ιοντισμού του 17Cl είναι μεγαλύτερη από την 1 η ενέργεια ιοντισμού του 16S. β. Η αντίδραση: HNO+ F NΟ + HF, είναι μετατοπισμένη προς τα δεξιά. γ. Κατά την αραίωση ρυθμιστικού διαλύματος σε σχετικά μικρά όρια, το ph του διατηρείται πρακτικά σταθερό. δ. To ph στο ισοδύναμο σημείο, κατά την ογκομέτρηση διαλύματος NH με πρότυπο διάλυμα HCl, είναι μικρότερο του 7. ε. Κατά την προσθήκη HCN σε καρβονυλική ένωση και στη συνέχεια υδρόλυση του προϊόντος, προκύπτει 2 υδροξυοξύ. Μονάδες α. H ενέργεια πρώτου ιοντισμού ( E i1 εξαρτάται από τρεις παράγοντες: i την ατομική ακτίνα, ii το φορτίο του πυρήνα, iii τον αριθμό των ηλεκτρονίων των εσωτερικών στιβάδων. Οι δύο τελευταίοι παράγοντες συνιστούν το Δραστικό Πυρηνικό Φορτίο. Έχουμε τις ηλεκτρονιακές κατανομές: 17Cl: 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 5 η περίοδος, 17 η ομάδα, ΔΠΦ 17-=7 16S: 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 4 η περίοδος, 16 η ομάδα, ΔΠΦ 16-=6 Από τα δύο στοιχεία το Cl έχει μικρότερη ατομική ακτίνα και μεγαλύτερο Δραστικό Πυρηνικό Φορτίο οπότε ασκείται μεγαλύτερη έλξη στο πιο απομακρυσμένο ηλεκτρόνιο και αυτό αποσπάται πιο δύσκολα. Συνεπώς: Ei 1(Cl > Ei1(S. Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε και με βάση τη θέση των στοιχείων στον Π.Π. αφού γνωρίζουμε ότι σε μια περίοδο η ενέργεια πρώτου ιοντισμού αυξάνεται από τα αριστερά προς τα δεξιά. β. Γνωρίζουμε ότι στις αντιδράσεις οξέος-βάσης η ισορροπία μετατοπίζεται προς το ασθενέστερο οξύ και την ασθενέστερη βάση. Επειδή το HF (ασθενές είναι ασθενέστερο οξύ από το ΗΝΟ (ισχυρό, η ισορροπία HNO+ F NΟ + HF είναι μετατοπισμένη προς τα δεξιά. γ. Έστω Cοξέος και Cβάσης οι αρχικές συγκεντρώσεις των συστατικών του ρυθμιστικού διαλύματος. Σύμφωνα με την εξίσωση Henderson-Hasselbalch το ph του διαλύματος δίνεται από τη σχέση: Cβάσης ph = pa + log (Ι C Κατά την αραίωση του ρυθμιστικού διαλύματος σε σχετικά μικρά όρια, οι αρχικές συγκεντρώσεις των συστατικών του μεταβάλλονται (μειώνονται, όμως ο λόγος C βάσης τους παραμένει σταθερός. C οξέος 4 οξέος

5 Συνεπώς από τη σχέση (Ι συμπεραίνουμε ότι το ph του ρυθμιστικού διαλύματος παραμένει σταθερό. δ. Κατά την ογκομέτρηση διαλύματος ΝΗ με πρότυπο διάλυμα HCl λαμβάνει χώρα η αντίδραση: ΝΗ + ΗCl NH4Cl Στο ισοδύναμο σημείο, το τελικό διάλυμα περιέχει μόνο το άλας NH4Cl. Ισχύει: NH4Cl ΝΗ4 + + Cl - To Cl - δεν αντιδρά με το νερό γιατί προέρχεται από ισχυρό οξύ. Το ΝΗ4 + αντιδρά ως εξής: ΝΗ4 + + Η2Ο ΝΗ + ΗΟ+ + Eπομένως αφού στο τελικό διάλυμα ισχύει H O ] > [ ], στο ισοδύναμο σημείο θα έχουμε ph<7. R ε. R -C-R + HCN R -C-CN O R R Παίρνουμε μικρή ποσότητα από την ουσία της κάθε φιάλης. Προσθέτουμε ποσότητα διαλύματος Ι2/Na σε κάθε φιάλη. Στη φιάλη που θα παρατηρήσουμε κίτρινο ίζημα, θα περιέχεται η CHCH=O, γιατί είναι η μοναδική ένωση από τις τέσσερεις που δίνει την αλογονοφορμική αντίδραση. CHCH=O + I2 + 4Na HCOONa + CHI + NaI + H2O κίτρινο ίζημα Παίρνουμε μικρή ποσότητα από την κάθε ουσία των υπολοίπων φιαλών. Προσθέτουμε ποσότητα αντιδραστηρίου Fehling. Στη φιάλη που θα παρατηρήσουμε 5 [ R -C-CN + 2H2O H R -C-CO + NH 2-υδροξυ οξύ όπου τα R, R μπορεί να είναι και Η-. + Β. Κάθε μία από τις ενώσεις: HCH=O, HCO, CΗCH=O και CΗCO, περιέχεται αντίστοιχα σε τέσσερις διαφορετικές φιάλες. Πώς θα ταυτοποιήσετε την ένωση που περιέχεται σε κάθε φιάλη, αν διαθέτετε μόνο τα εξής αντιδραστήρια: α. αντιδραστήριο Fehling, β. διάλυμα Ι2 παρουσία Na, γ. όξινο διάλυμα MnO4. Να γράψετε τις παρατηρήσεις στις οποίες στηριχτήκατε για να κάνετε τις παραπάνω ταυτοποιήσεις. Μονάδες 8

6 καστανέρυθρο ίζημα, θα περιέχεται η HCH=O γιατί είναι η μοναδική ένωση από τις τρεις εναπομείνασες που αντιδρά. ΗCH=O + 2CuSO4 + 5Na HCOONa + Cu2O + 2Na2SO4 + H2O καστανέρυθρο ίζημα Κατόπιν σε μικρή ποσότητα από την κάθε ουσία των υπολοίπων δύο φιαλών προσθέτουμε μικρή ποσότητα όξινου διαλύματος ΚΜnΟ4. Στη φιάλη που θα παρατηρήσουμε αποχρωματισμό του ερυθροϊώδους διαλύματος ΚΜnΟ4, θα περιέχεται HCO, γιατί είναι το μοναδικό κορεσμένο μονοκαρβοξυλικό οξύ που οξειδώνεται. Ταυτόχρονα θα έχουμε και έκλυση φυσαλλίδων CO2. 5HCOOΗ + 2MnO4 + H2SO4 5CO2 + 2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O ερυθροϊώδες άχρωμο Στην τελευταία φιάλη θα περιέχεται το CHCO που δεν αντιδρά με κανένα από τα αντιδραστήρια που δόθηκαν. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Δίνονται οι παρακάτω χημικές μετατροπές: A πυκνό H SO Γ +HI o 170 C Δ (κύριο προϊόν + MnO4/H + + Μg (απόλυτος αιθέρας B E + B Z + H2O Θ + SOCl2 Cl CH CH-C-CH-CH CH Να γράψετε τους συντακτικούς τύπους των οργανικών ενώσεων Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ, Θ. Μονάδες 14 6

7 (A CHCHCH (B CH C CH O (Γ CHCΗ=CH2 (Δ CHCHCH Ι (Ε CHCHCH ΜgΙ CH (Z CH C CHCH ΜgΙ CH CH (Θ CH C CHCH ΟΗ CH Γ2. Διαθέτουμε ομογενές μείγμα δύο αλκοολών του τύπου CΗ8O. Το μείγμα χωρίζεται σε δύο ίσα μέρη. i. Το 1 ο μέρος αντιδρά με περίσσεια διαλύματος Ι2+Νa και δίνει 78,8g κίτρινου ιζήματος. ii. Το 2 ο μέρος απαιτεί για την πλήρη οξείδωσή του,2l διαλύματος ΚΜnO4 0,1M παρουσία H2SO4. Να βρεθούν τα mol των συστατικών του αρχικού μείγματος. Δίνεται: Μr(CHI= 94 Μονάδες 11 Στο μοριακό τύπο CH8O αντιστοιχούν δύο αλκοόλες, η CHCH2CH2 και η CHCHCH. Έστω ότι το μίγμα περιέχει x mol CHCH2CH2 και y mol CHCHCH. 7

8 Tο κάθε μέρος του μίγματος θα περιέχει 2 x mol CHCH2CH2 και 2 y mol CHCHCH. 1 ο μέρος. Από τα δύο συστατικά του μίγματος μόνο η CHCHCH αντιδρά με I2/Na. CHCHCH + 4I2 + 6Na CHCOONa + CHI + 5NaI + 5H2O y y mol mol 2 2 y CHI = 78,8g 94= 78, 8 y=0,4mol 2 m 2 ο μέρος: αι τα δύο συστατικά του μίγματος αντιδρούν με ΚMnO4/H2SO4. 5CHCH2CH2 + 4MnO4 + 6H2SO4 5CHCH2CO + 22SO4 + 4MnSO4 + 11H2O x 2 mol mol 2 5x 5CHCHCH + 2MnO4 + H2SO4 5CHCCH + 2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O O y y mol mol 2 5 n n MnO4 MnO4 2x+ y = 2x+ y 5 = 0,2 = C V= 0,1,2= 0,2 5 x=0,6mol Άρα το αρχικό μίγμα περιέχει 0,6mol CHCH2CH2 και 0,4mol CHCHCH. ΘΕΜΑ Δ Διαθέτουμε υδατικά διαλύματα CHCOONa 0,1M (διάλυμα A και NaF 1M (διάλυμα B. Δ1. Να υπολογιστεί το ph του διαλύματος Α; Μονάδες 4 Δ2. Πόσα ml H2O πρέπει να προσθέσουμε σε ml του διαλύματος Α, για να μεταβληθεί το ph του κατά μία μονάδα; Μονάδες 6 8

9 Δ. Πόσα ml διαλύματος ΗCl 0,01M πρέπει να προσθέσουμε σε ml διαλύματος Α, για να προκύψει ρυθμιστικό διάλυμα με ph=5; Μονάδες 6 Δ4. ml του διαλύματος Α αναμειγνύονται με 40mL του διαλύματος Β και προκύπτουν 50mL διαλύματος Γ. Να υπολογιστεί το ph του διαλύματος Γ. Μονάδες 9 Δίνεται ότι: 5 Όλα τα διαλύματα βρίσκονται σε θερμοκρασία θ=25 C, a(ch CO =, a 4 (HF =, w 14 =. Δ1. (Μ CHCOONa CHCOO - + Na + 0,1 0,1 0,1 Το ιόν Νa + δεν αντιδρά με μόρια H2O γιατί προέρχεται από ισχυρή βάση. (Μ CHCOO - + H2Ο CHCOΟΗ + ΟΗ - αρχικά 0,1 αντιδρούν x παράγονται - x x ισορροπία 0,1-x x x 14 w 9 = = b(chcoo 5 = b(chcoo a(ch CO 2 [CHCO][ ] x = = b(ch COO 2 [CHCOO ] 0,1x x 9 5 b = = x= Κb 2 < 0,1 Επειδή 0,1 x 0,1 ph+ p= 14 0,1 5 [ ] = M p= 5 ph A = 9 Δ2. Με την αραίωση το διάλυμα γίνεται λιγότερο βασικό, επομένως το ph μειώνεται. Άρα phτελ= phαρχ 1 =9 1 phτελ=8 (Μ CHCOONa CHCOO - + Na + C2 C2 C2 Το ιόν Νa + δεν αντιδρά με μόρια H2O γιατί προέρχεται από ισχυρή βάση. (Μ CHCOO - + H2Ο CHCOΟΗ + ΟΗαρχικά C2 αντιδρούν y παράγονται - y y ισορροπία C2-y y y 9

10 ph= 8 ph+ p= 14 p= 6 [ ΕΘΝΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2011 ] = 6 M y= 2 y = y y b(ch COO C2 y b = C2 = = C2 = 9 C2 b Δοκιμαστικά C2 y C 2 Επειδή C2>>y, η προσέγγιση ισχύει. 6 M M Κατά την αραίωση ισχύει: C V = C (V + V 0,1 0,01= (0,01+ V V H2O H2O H2O = 0,99L V H2 O = 990mL Δ. Κατά την ανάμιξη των δύο διαλυμάτων πραγματοποιείται αντίδραση μεταξύ των διαλυμένων ουσιών. Έστω V L διαλύματος HCl. = C V 0,01Vmol n HCl (αρχ. HCl(αρχ. HCl(αρχ. = n CH COONa(αρχ. CCH COONa(αρχ. VCH COONa(αρχ. = 0,1 0,01= = mol (mol CHCOONa + HCl CHCO + NaCl αρχικά - 0,01V αντιδρούν 0,01V 0,01V παράγονται - - 0,01V 0,01V τελικά - -0,01V - 0,01V 0,01V Eπειδή το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό αντιδρά πλήρως το HCl. V TE Λ = (V+ 0,01L 0,01V C CH COONa = M= C V+ 0,01 0,01V C CH CO = M= C NaCl = C V+ 0,01 (Μ NaCl Na + + Cl - C4 C4 C4 (Μ CHCOONa CHCOO - + Na + 4 Tα ιόντα Νa +, Cl - δεν αντιδρούν με μόρια H2O γιατί προέρχονται από ισχυρή βάση και ισχυρό οξύ αντίστοιχα. C C C (Μ CHCO + H2Ο CHCOO - + HO + αρχικά C4 αντιδρούν ω παράγονται - ω ω ισορροπία C4-ω ω+c ω ph= 5 [H O + ] = 5 M ω= 5 M

11 + [CHCOO ][HO ] (ω+ Cω a = = [CH CO] C4 ω 5 C ω C 5 Δοκιμαστικά: ω+ C C a = = = C = C4 C4 C4 C4 ω C4 0,01V 0,01V = V 0,05L V+ 0,01 V+ 0,01 = V HCl (αρχ. = 50mL V TE Λ = 0,01+ V= 0,06L 0,01 0, C = = M 0, C4 = M Επειδή C>>ω και C4>>ω, ισχύουν οι προσεγγίσεις. Δ4. Κατά την ανάμιξη των δύο διαλυμάτων, δε πραγματοποιείται αντίδραση μεταξύ των διαλυμένων ουσιών. Επειδή όμως αλλάζει ο συνολικός όγκος, μεταβάλλονται οι αρχικές συγκεντρώσεις. C V = C V 0,1 0,01= C 0, 05 CHCOONa(αρχ. CHCOONa(αρχ. CHCOONa (τελ. τελ CHCOONa (τελ. CCH COONa (τελ. = 0,02M C NaF VNaF = C Vτελ 1 0,04= C 0, 05 C 0,8 αρχ. (αρχ. NaF(τελ. NaF(τελ. NaF = (τελ. ( M (Μ CHCΟΟNa CHCOO - + Νa + (Μ NaF Na + + F - αρχικά 0,02 0,02 0,02 αρχικά 0,8 0,8 0,8 (Μ CHCOO - + H2O CHCOOΗ + OΗ- (Μ F - + Η2Ο HF + αρχικά 0, αρχικά 0,8 - - ιοντ. κ - - ιοντ. λ - - παράγ. - κ κ παράγ. - λ λ ισορ. 0,02-κ κ κ+λ ισορ. 0,8-λ λ κ+λ Το ιόν Νa + δεν αντιδρά με μόρια H2O γιατί προέρχεται από ισχυρή βάση. [CHCO][ [CH COO ] ] κ(κ+ λ = 0,02 κ = b(cηcoo b(ch COO - 2 < 0,02 0,02 κ 0,02 κ(κ+ λ 0, = = κ(κ+ λ = 2 (Ι b(cηcoo 11

12 14 w = = = b(f 4 α(hf [HF][ ] λ(κ+ λ b(f = = [F ] 0,8 λ b(f - 2 < 0,8λ 0,8 0,8 λ(κ+ λ 0,8 11 = = λ(κ+ λ = 8 (ΙΙ b(f Προσθέτουμε τις (Ι και (ΙΙ και έχουμε: (κ+ λ = = κ+ λ= 5 ph+ p= 14 [ OΗ ] = p= 5 ph Γ = 9 ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗ Τα φετινά θέματα καλύπτουν ευρύ φάσμα της ύλης και χαρακτηρίζονται από σαφήνεια. Η αντιμετώπισή τους από τους επαρκώς προετοιμασμένους υποψηφίους θα είναι δυνατή μέσα στα χρονικά όρια των τριών ωρών που διατίθενται. 12