ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. ΘΕΜΑ Α Α3. γ Α4. δ. Α5. α

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. ΘΕΜΑ Α Α3. γ Α4. δ. Α5. α"

Στυλιανός Θεοδωρίδης
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 1 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ TETΡΤΗ 8 ΙΟΥΝΙΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (ΠΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑ) ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. δ Α. γ Α4. δ Α5. α ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β1.α. Η πρόταση είναι λανθασμένη. Τα υβριδικά τροχιακά συμμετέχουν μόνο σε σίγμα (σ) δεσμούς, γιατί η επικάλυψή τους γίνεται μόνο αξονικά. Ο πι (π) δεσμός δημιουργείται με επικάλυψη (πλευρική) p ατομικών τροχιακών. Δηλαδή p ατομικά τροχιακά των οποίων οι άξονες συμμετρίας τους είναι παράλληλοι, επικαλύπτονται πλευρικά και δημιουργείται ο πι (π) δεσμός. β. Η πρόταση είναι σωστή. Με την μετατροπή ενός ουδετέρου ατόμου Χ σε ιόν Χ (με πρόσληψη e ) μεγαλώνει ο αριθμός των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας και μεγαλώνουν έτσι οι απωστικές δυνάμεις μεταξύ των ηλεκτρονίων της ε- ξωτερικής στιβάδας, οπότε μεγαλώνει το μέγεθος του σωματιδίου. Επίσης το ίδιο φορτίο πυρήνα ασκείται σε πιο πολλά ηλεκτρόνια, άρα η έλξη που δέχονται τα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στιβάδας είναι μικρότερη, οπότε μεγαλώνει το μέγεθος του σωματιδίου. γ. Η πρόταση είναι σωστή. Σύμφωνα με την αρχή της ελάχιστης ενέργειας οι υποστιβάδες που έχουν μικρότερη ενέργεια (μικρότερο άθροισμα n l) συμπληρώνονται πρώτες με ηλεκτρόνια. Μεταξύ των υποστιβάδων 4f (n = 4, l = άρα άθροισμα 4 = 7) και 5d (n = 5, l = άρα άθροισμα 5 = 7) χαμηλότερη ενέργεια έχει η 4f γιατί

2 ενώ έχουν το ίδιο άθροισμα n l έχει μικρότερο κύριο κβαντικό αριθμό n, άρα χαμηλότερη ενέργεια. Έτσι κατά την πλήρωσή τους με ηλεκτρόνια πρώτα πληρώνονται τα τροχιακά της 4f υποστιβάδος και μετά πληρώνονται τα τροχιακά της 5d. δ. Η πρόταση είναι λανθασμένη. Υβριδισμός 5 Β. E 5 B sp s 1s p 1 1s s 1 p 1s sp Το 5 Β διαθέτει τρία () sp υβριδικά τροχιακά με τα οποία δημιουργεί με 5 το 9 F τρεις σίγμα (σ) δεσμούς του τύπου: 9F : 1s s p ( )( )( ) sp p, οπότε το 5 Β αποκτά έξι ηλεκτρόνια στην υποστιβάδα σθένους του. F B F F ε. Η πρόταση είναι λανθασμένη. Οι τριτοταγείς αλκοόλες μπορούν κάτω από ιδιαίτερες συνθήκες να ο- ξειδωθούν, μόνο αν διασπαστεί το μόριό τους. Β.α. H H HCN CN H H

3 H CN H C NH4 C Hg,HgS 4 H C H S C 4 β. C N, περιέχει (δύο) πι (π) δεσμούς. C C, περιέχει 1 (ένα) πι (π) δεσμό., περιέχει 1 (ένα) πι (π) δεσμό. ΘΕΜΑ Γ : C B: C Γ1. C Cl C MgCl Z: C C MgCl

4 C C 4 C C C Για το αλκένιο Α: Διαθέτει 11σ δεσμούς. σ(σίγμα) δεσμοί: i) Μεταξύ C και C: ν 1 σ δεσμοί ii) Μεταξύ C και Η: ν σ δεσμοί Άρα: ν 1 ν = 11 ν = 1 ν = 4. Άρα ο μοριακός τύπος του αλκενίου είναι C 4 H 8 και επειδή με την προσθήκη νερού δίνει αλκοόλη που δεν οξειδώνεται (τριτοταγής αλκοόλη) έχει συντακτικό τύπο: C Γ. Επειδή με την οξείδωση της αλκοόλης παράγεται οξύ το οποίο διασπά το Νa C σημαίνει ότι η αλκοόλη (Π) είναι πρωτοταγής. Έστω mol της αλκοόλης Π: C ν Η ν1. m n = M 1 r = (1) 14ν Mr (Π) = 14ν n Για το KMn 4 : C = n = C V = 0,08 = 0,16 mol. V 5C 4KMn 4 6H S 4 5C C 4MnS4 5 mol 4 mol 5 mol mol 0,16 mol mol Άρα 4 = 0,8 = 0, mol () Η (1) λόγω της () γίνεται: K S 11H 4

5 1 0, = 14ν = 60 ν =. 14ν Άρα ο συντακτικός τύπος της αλκοόλης Π είναι α. Οι συντακτικοί τύποι είναι: 5 : β. 5C 4KMn (T) C C C H γ. Από την οξείδωση της ένωσης προκύπτουν 0, mol C, οπότε (T) C C C Άρα mol 1 mol 0, mol ;φ=0,1 mol V = 0,1,4,4 L. C = (S.T.P.) H Από την αλογονοφορμική αντίδραση έχουμε: CNa I 5NaI 5H 46H S 4 5C 4MnS4 K S 11H 4 I M ω mol : n = r I m M = 94 Έτσι: m = n M (Φ) M r (Φ) = 60 r r ω = 9,4 94 = ω Mr m = 0,1 mol (Φ) = 0,1 60 = 6 g. ;ω mol ΘΕΜΑ Δ Δ1.α. Για το διάλυμα Υ 1 έχουμε: M H H

6 1 1 [ ] [ΗΟ ] k = α [] 6 10 = = 10 M = [ΗΟ kα = 1 1 Δεκτές προσεγγίσεις 6 ] ph = β. α 10 ΗΑ = = 10 = ή 0,1%. 1 1 γ. Για τις συγκεντρώσεις όλων των ιόντων: [ ] = 10 M, [Η Ο 14 ] = 10 M k w 10 11, [ ] = = = 10 M. [Η Ο ] 10 δ. 150 ml Y Για το διάλυμα που προκύπτει μετά την προσθήκη νερού έχουμε: α = 10α = = 10 0,1 (οπότε ισχύουν οι προσεγγίσεις). Άρα 1 < 6 kα α = 10 = 10 = C = 10 C C C Έτσι από το νόμο αραίωσης έχουμε: n = n C1 V1 = C V 1 0,15 = 10 V V Άρα = V V = 15 0,15 14,85 L. 1 = VH 1 = 6 M. 15 L. Δ.α. 100 ml 50 ml 150 ml Y - 10 M k =10-6 Y 0,1 M. - C =5 10 M ph=6 Για το ΗΑ: n = = 0, mol.

7 Για το Β(ΟΗ) : n B() 7 5 = = 5 10 mol. Επειδή το διάλυμα που προκύπτει μετά την αντίδραση είναι ρυθμιστικό το ΗΑ βρίσκεται σε περίσσεια. mol Η B() B H [] = = κ, [ΒΑ ] = = λ 0,15 0,15 B B λ ;λ H H κ λ Ρυθμιστικό διάλυμα: Cοξ [ΗΟ ] = kα C 6 6 κ β 10 = 10 κ = λ λ 6 ph = 6 [ΗΟ ] = 10 M = 10 = ,15 0, = = = 50 β. 50 ml V L Y B() M M n = C V = 10 0,05 = 5 10 mol. nb() = C V = 5 10 V mol. mol Η B() B H mol 1 mol V Έτσι: V = 5 10 V = = 0,05 L. 10 4

8 8 γ. 100 ml - 10 M -6 k = M H B() V L V =1 L T n = C V = 10 0,1 = 10 mol. nb() = C V = 5 10 V mol. Από την αντίδραση εξουδετέρωσης έχουμε: mol Η B() B H mol 1 mol 1 mol 10 mol 5 10 V mol ; mol Έτσι: V = 10 V = 0,1 L. Στο τελικό διάλυμα, όγκου V = 1 L περιέχεται mol B με συγκέντρωση: [B] = = 5 10 M. 1 B B M Για την k έχουμε: k b 14 k w 10 8 b = kb = = 10 6 k α 10 Άρα Μ H 10 ω ω ω [] [ ] k = b [ ] kb = = 10 < 10 C 10 Δεκτές προσεγγίσεις ω = ω 10 ω = 10 = [ΟΗ ]

9 5,5 [ΟΗ ] = 10 p = log10 ph = 14 p=14 5,5 = 8,5. 9 5,5 = 5,5 και ΜΩΥΣΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΧΗΜΙΚΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ SCIENCE PRESS

Σχετικά έγγραφα

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΡΙΤΗ 19 ΙΟΥΝΙΟΥ 2012 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

1 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΡΙΤΗ 19 ΙΟΥΝΙΟΥ 01 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. γ Α. β Α. γ Α5. α. Κανόνας της οκτάδας: