ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΗ ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Transcript

1 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΗ ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α2. β Α. β Α4. γ Α5. α) σελ 1 β)σελ. 122 ΘΕΜΑ Β Β1.α. 7Ν 1s 2 2s 2 2p 8O 1s 2 2s 2 2p 4 11Na 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 Περισσότερα μονήρη ηλεκτρόνια διαθέτει το Ν β..ηλεκτρονιακός τύπος [Na + ],[O-N=O - ] Β2.α.Σ. 4Se 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 d 10 4s 2 4p 4 β.σ Μεγάλη ενεργειακή διαφορά μεταξύ τρίτης και τέταρτης τιμής Εi (1) άρα η τιμή 2081Kj αντιστοιχεί σε ευγενές αέριο όπου χρειάζεται μεγάλο πόσο ενέργειας για να αποσπαστεί ηλεκτρόνιο ενώ η τιμή 496Kj σε αλκάλιο της αμέσως επόμενης περιόδου.(1 η ομάδα) γ Λ H 2 SO 4 +H 2 O HSO H O + 0,1M 0,1M 0,1M HSO 4 - +H 2 O SO H O + 0,1-x x x+0,1 Γνωρίζουμε ότι 0,1-x>0 άρα και x<0,1m [H O + ] ολ =x+0,1<0,2m δ. Λ Β+Η 2 Ο ΒΗ + +ΟΗ - ΝαΟΗ Να + +ΟΗ -

2 Η απάντηση είναι λανθασμένη διότι υπάρχει ΕΚΙ με αποτέλεσμα η ισορροπία ιοντισμού της ασθενούς βάσης Β να μετατοπίζεται προς τα αριστερά σύμφωνα με αρχή Le Chatelier και ο βαθμός ιοντισμού να μειώνεται Β NaHCO διάκριση του βουτανικού οξέος από όλες τις υπόλοιπες ενώσεις.το φαινόμενο που παρατηρείται είναι σχηματισμός φυσαλίδων CO 2 Αντιδραστήριο Fehling διάκριση της βουτανάλης από τις υπόλοιπες ενώσεις.θα παρατηρηθεί σχηματισμος κεραμέρυθρου ιζήματος Cu 2 O Τέλος με προσθήκη όξινου διαλύματος KMnO 4 στο δοχείο που περιέχεται η 2- βουτανόλη θα παρατηρηθει απόχρωματισμός του δ/τος(kmno 4 ) Στο δοχείο που περιέχεται η βουτανόνη δεν θα παρατηρηθέι κανένα φαινόμενο ΘΕΜΑ Γ Γ1 α) (A) (B) (Γ) C ν H 2ν+1 COOC μ H 2μ+1 + NaOH C ν H 2ν+1 COONa + C μ H 2μ+1 OH (1) Η ένωση Γ άφου οξειδώνεται θα είναι ή 1 ο ταγής ή 2 ο ταγής αλκοόλη αλλά την αλογονοφορμική αντίδραση την δίνουν αλκοόλες της μορφής C k H 2k+1 CH(OH)CH Ή κετόνες της μορφής C k H 2K+1 COCH Άρα το προιόν οξείδωσης της αλκοόλης Γ θα είναι μια κετόνη και η αλκοόλη Γ θα είναι μία 2 ο τάγής αλκοόλη 5C k H 2k+1 CH(OH)CH + 2KMnO 4 +H 2 SO 4 5C k H 2k+1 COCH + (2) 2MnSO 4 +K 2 SO 4 +8H 2 O (Δ) (Β) (Ε) C k H 2K+1 COCH +4Cl 2 + 6NaOH C k H 2k+1 COONa +CHCl +5NaCl+5H 2 O () β)από αντίδραση (1) προκύπτει ν+1+μ=5 αρα ν+μ=4 (4) Επίσης από (1) και (2) προκύπτουν ν=κ μ=κ+2κ=μ-2ν=μ-2 (5) τελικά από (4)και (5) μ-2+μ=42μ=6μ= Άρα ν=1

3 Συντακτικοί τύποι Α: CH COOCH(CH ) 2 B:CH COONa Γ:CH CH(OH)CH Δ:CH COCH Ε:CHCl Γ2. Έστω α αλκοόλης σε αλδεύδη και β αλκοόλης σε καρβοξυλικό οξύ. CH CH 2 OH + K 2 Cr 2 O 7 + 4H 2 SO 4 CH CH=0 + Cr 2 (SO 4 ) + K 2 SO H 2 O a a/ a CH CH 2 OH + 2K 2 Cr 2 O 7 + 8H 2 SO 4 CH COOH + 2Cr 2 (SO 4 ) +2K 2 SO H 2 O β 2β/ β CH CH=0 + 2CuSO 4 + 5NaOH CH COONa + Cu 2 O+2Na 2 SO 4 + H 2 O 1 1 a 0.2 Άρα, α=0.2. n Cu2O =28.6/14=0.2 και άρα MrCu 2 O=14. n C n C V nnaoh V CH COOH + NaOH CH COONa + H 2 O 1 1 β 0.2 Άρα β=0,2. n 0.2 n ολ K 2 Cr 2 O 7 =0.2 και άρα C V 2L. V 0.1 ΘΕΜΑ Δ Δ1. n 2 HA n NaOH αρχ αντ HA + NaOH NaA + H 2 O

4 παρ τελ V τελ =0 ml= 10 2 L C HA = 10 1 M HA + H 2 O A - + H O + NaA Na + + A αρχ M ιοντ χ παρ χ χ ΧΙ x x χ 1 10 x( x ) [ A )[ H O ) K a K a K 1 [ HA) 10 x 4 PH 4 [ H O } 10 M x a x 10 1 M 10 1 M 10 1 M Άρα, Ka 10 4 Δ2 n HA= n NaOH= HA + NaOH NaA + H 2 O Αρχ Αντ Παρ τελ V τελ =18+22= 40 ml= L C NaOH= 10-2 M C NaA = 4, M NaOH Na + + OH M 10-2 M 10-2 M NaA Na + + A -

5 4, M 4, M 4, M Na + + H 2 O δεν αντιδρά ως συζυγές οξυ ισχυρής βάσης του ΝαΟΗ Α - + Η 2 Ο ΗΑ + ΟΗ - Αρχ 4, Ιοντ ψ παρ ψ ψ ΧΙ 4, ψ ψ ψ+10-2 Ka Kb=KwKb= y( y 10 ) Kb= ψ=4, M y [OH - ]= Ψ= , = 10-2 Μ αφού 10-2 Μ >>>>>> 4, Μ [Η Ο + ]=10-12 Μ ph =12 Δ. α) Έστω β HB 2 1 n NaOH Έστω ότι αντιδρούν και τα δύο εξολοκλήρου HB + NaOH NaB + H 2 O αρχ β 2 10 αντ β β παρ β τελ - - β λόγω αντίδρασης 1:1 β= V τελ = 810 L C NAB = 2510 M Όμως, ΝαΒ Να + + Β M M 2510 M Nα + + Η 2 Ο δεν αντιδρά, ως συζυγέςοξύ ισχυρής βάσης του NaOH Β - + Η 2 Ο ΗΒ + ΟΗ -. Άρα το άλας είναι βασικό. Εμείς θέλουμε να προκύψει διάλυμμα με ph=4. Άρα απορρίπτεται η υπόθεση. Άρα περισσεύει οξύ. ΗΒ + ΝαΟΗ ΝαΒ + Η 2 Ο

6 αρχ β 2 10 αντ παρ 2 10 τελ V τελ =20+60=80 ml= 810 L 2 10 C HB. C M 2 NaB HB + H 2 O B - + H O + ΝαΒ Να + + Β - γ χ χ χ γ-χ χ χ ph4 4 a10 7 (2510 x) x 2510 K a K a (1) V τελ= L n NaOH 510 HB + NaOH NaB + H 2 O β 5 10 β C HB Μ και C 2 NaB 5 10 M Με τον ίδιο τρόπο οδηγούμαστε στη σχέση K 11 a (2). Από τις (1) και (2) έχουμε ότι αντικαθιστώντας τις σχέσεις για τα γ και δ 11 προκύπτει ότι 6 10, άρα γ=0,05 Μ και Κ α = β) Στο ΙΣ εχουν αντιδράσει πλήρως στοιχειομετρικά οι ποσότητες του πρότυπου με το ογκομετρούμενο διάλυμα n HB = HB + NaOH N ab + H 2 O

7 x? y? x= και y= C NaOH = n/vv= L V τελ= 60+60=120ml= L C NaB = M NaB Na + + B M M M B - + H 2 O HB + OH - αρχ ιοντ z παρ z z XI z z z Kb= Kb= z z=10-5,5 M z [OH]= 10-5,5 M [H O + ]=10-8,5 M ph=8,5 Επιμέλεια Απαντήσεων Τσιαούση Μάχη

8 ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 1 ΙΟΥΝΙΟΥ 2012 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙ ΩΝ: ΠΕΝΤΕ (5) ΘΕΜΑ Α 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. O τομέας p του περιοδικού πίνακα περιλαμβάνει: α. 2 ομάδες β. 4 ομάδες γ. 6 ομάδες δ. 10 ομάδες Α2. Από τα επόμενα οξέα ισχυρό σε υδατικό διάλυμα είναι το: α. HNO 2 β. ΗClΟ 4 γ. ΗF δ. H 2 S Α. Η αντίδραση αποτελεί παράδειγμα: α. εφαρμογής του κανόνα του Markovnikov β. εφαρμογής του κανόνα του Saytzev γ. αντίδρασης προσθήκης δ. αντίδρασης υποκατάστασης Α4. Η ένωση CH C C CH=CH CH έχει: α. 9σ και 4π δεσμούς β. 5σ και 2π δεσμούς γ. 1σ και π δεσμούς δ. 11σ και 5π δεσμούς ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ ΕΣ

9 ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ A5. Να διατυπώσετε: α. την Απαγορευτική Αρχή του Pauli. (μονάδες ) β. τον ορισμό των δεικτών (οξέων-βάσεων). (μονάδες 2) ΘΕΜΑ Β Β1. ίνονται τα στοιχεία: 7 Ν, 8 Ο, 11 Νa. α. Ποιο από τα στοιχεία αυτά έχει περισσότερα μονήρη ηλεκτρόνια στη θεμελιώδη κατάσταση;. (μονάδες ) β. Να γράψετε τον ηλεκτρονιακό τύπο Lewis της ένωσης NaNO 2. (μονάδες 2) Β2. 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. Ένα ηλεκτρόνιο σθένους του ατόμου 4Se στη θεμελιώδη κατάσταση μπορεί να βρίσκεται σε ατομικό τροχιακό με τους εξής κβαντικούς αριθμούς: n=4, l=1, m l =0. β. Οι πρώτες ενέργειες ιοντισμού τεσσάρων διαδοχικών στοιχείων του Περιοδικού Πίνακα (σε kj/), είναι 114, 1681, 2081, 496 αντίστοιχα. Τα στοιχεία αυτά μπορεί να είναι τα τρία τελευταία στοιχεία μιας περιόδου και το πρώτο στοιχείο της επόμενης περιόδου. γ. Σε υδατικό διάλυμα H 2 SO 4 0,1 M, η [Η Ο + ]=0,2 Μ στους 25 ο C. δ. Σε διάλυμα ασθενούς μονοπρωτικής βάσης Β, προσθέτουμε στερεό NaOH, χωρίς μεταβολή όγκου. Ο βαθμός ιοντισμού της βάσης Β θα αυξηθεί. (μονάδες 4) Να αιτιολογήσετε όλες τις απαντήσεις σας. (μονάδες 8) Μονάδες 12 ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ ΕΣ

10 ΑΡΧΗ ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ Β. Σε τέσσερα δοχεία περιέχεται κάθε μια από τις ενώσεις: βουτανάλη, βουτανόνη, βουτανικό οξύ, 2-βουτανόλη. Αν στηριχτούμε στις διαφορετικές χημικές ιδιότητες των παραπάνω ενώσεων, πώς μπορούμε να βρούμε ποια ένωση περιέχεται σε κάθε δοχείο; Να γράψετε τα αντιδραστήρια και τις παρατηρήσεις στις οποίες στηριχτήκατε για να κάνετε τη διάκριση (δεν απαιτείται η γραφή χημικών εξισώσεων). Μονάδες 8 ΘEΜΑ Γ Γ1. Ένωση Α (C 5 H 10 O 2 ) κατά τη θέρμανσή της με NaOH δίνει δύο οργανικές ενώσεις Β και Γ. Η ένωση Γ, με διάλυμα KMnO 4 οξινισμένο με H 2 SO 4, δίνει την οργανική ένωση. Η ένωση με Cl 2 και NaOH δίνει τις οργανικές ενώσεις Β και Ε. Να γραφούν: α. οι χημικές εξισώσεις των αντιδράσεων. (μονάδες 9) β. οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων Α, Β, Γ,, Ε. (μονάδες 5) Μονάδες 14 Γ2. Ορισμένη ποσότητα αιθανόλης οξειδώνεται με διάλυμα Κ 2 Cr 2 O 7 0,1 M οξινισμένου με H 2 SO 4. Από το σύνολο της ποσότητας της αλκοόλης, ένα μέρος μετατρέπεται σε οργανική ένωση Α και όλη η υπόλοιπη ποσότητα μετατρέπεται σε οργανική ένωση Β. Η ένωση Α, κατά την αντίδραση της με αντιδραστήριο Fehling, δίνει 28,6 g ιζήματος. Η ένωση Β απαιτεί για πλήρη εξουδετέρωση 200 ml διαλύματος NaOH 1Μ. Να βρεθεί ο όγκος, σε L, του διαλύματος Κ 2 Cr 2 O 7 που απαιτήθηκε για την οξείδωση (Ar(Cu)=6,5, Ar(O)=16). Μονάδες 11 ΤΕΛΟΣ ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ ΕΣ

11 ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΘΕΜΑ ιαθέτουμε τα υδατικά διαλύματα: ιάλυμα Y 1 : ασθενές μονοπρωτικό οξύ HA 0,1M ιάλυμα Y 2 : NaOH 0,1M 1. Αναμειγνύουμε 20 ml διαλύματος Y 1 με 10 ml διαλύματος Y 2, οπότε προκύπτει διάλυμα Y με ph=4. Να υπολογιστεί η σταθερά ιοντισμού K a του ΗΑ. 2. Σε 18 ml διαλύματος Y 1 προσθέτουμε 22 ml διαλύματος Y 2 και προκύπτει διάλυμα Y 4. Να υπολογιστεί το ph του διαλύματος Y 4. Μονάδες 8. Υδατικό διάλυμα ασθενούς μονοπρωτικού οξέος HB όγκου 60 ml (διάλυμα Y 5 ) ογκομετρείται με το διάλυμα Y 2. Βρίσκουμε πειραματικά ότι, όταν προσθέσουμε 20 ml διαλύματος Y 2 στο διάλυμα Y 5, προκύπτει διάλυμα με ph=4, ενώ, όταν προσθέσουμε 50 ml διαλύματος Y 2 στο διάλυμα Y 5, προκύπτει διάλυμα με ph=5. Να βρεθούν: α) η σταθερά ιοντισμού K a του οξέος HB (μονάδες 6) β) το ph στο ισοδύναμο σημείο της πιο πάνω ογκομέτρησης. (μονάδες 6) Μονάδες 12 ίνεται ότι: Όλα τα διαλύματα βρίσκονται σε θερμοκρασία θ=25 C K w =10 14 Τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις. ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ ΕΣ

12 ΑΡΧΗ 5ΗΣ ΣΕΛΙ ΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ Ο ΗΓΙΕΣ (για τους εξεταζομένους) 1. Στο τετράδιο να γράψετε μόνο τα προκαταρκτικά (ημερομηνία, εξεταζόμενο μάθημα). Να μην αντιγράψετε τα θέματα στο τετράδιο. 2. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφων αμέσως μόλις σας παραδοθούν. εν επιτρέπεται να γράψετε καμιά άλλη σημείωση. Κατά την αποχώρησή σας να παραδώσετε μαζί με το τετράδιο και τα φωτοαντίγραφα.. Να απαντήσετε στο τετράδιό σας σε όλα τα θέματα. 4. Να γράψετε τις απαντήσεις σας μόνο με μπλε ή μόνο με μαύρο στυλό. 5. Κάθε απάντηση τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή. 6. ιάρκεια εξέτασης: τρεις () ώρες μετά τη διανομή των φωτοαντιγράφων. 7. Χρόνος δυνατής αποχώρησης: 10.0 π.μ. ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ ΤΕΛΟΣ ΜΗΝΥΜΑΤΟΣ ΤΕΛΟΣ 5ΗΣ ΑΠΟ 5 ΣΕΛΙ ΕΣ