ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ. ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΠΟ ΤΟΝ ΚΑΘΗΓΗΤΗ κύριο ΚΕΦΑΛΛΩΝΙΤΗ ΓΙΑΝΝΗ του ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ. ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΠΟ ΤΟΝ ΚΑΘΗΓΗΤΗ κύριο ΚΕΦΑΛΛΩΝΙΤΗ ΓΙΑΝΝΗ του ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ"

Ίακχος Ζάχος
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΧΗΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΑΤΩΝ ΑΠΟ ΤΟΝ ΚΑΘΗΓΗΤΗ κύριο ΚΕΦΑΛΛΩΝΙΤΗ ΓΙΑΝΝΗ του ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ ΘΕΑ Α Α1. γ Α. β Α. δ Α4. β Α5. α. ιάλεξε διαφορές Από το βιβλίο «Κριτήρια αξιολόγησης στη Χηµεία Γ Λυκείου» Γιάννης Κεφαλλωνίτης Εκδόσεις ΠΑΤΑΚΗ. ιαφορές θεωριών Arrhenius Brönsted-Lowry για τα οξέα και τις βάσεις Arrhenius Ένα οξύ δίνει (ελευθερώνει) H +. ία βάση δίνει (ελευθερώνει) OH. ε µορφή µορίων. ράση µόνο σε υδατικά διαλύµατα. Brönsted-Lowry Ένα οξύ δίνει (παρέχει σε άλλη ουσία) H +. ία βάση παίρνει (δέχεται από άλλη ουσία) H +. ε µορφή µορίων ή ιόντων. Ύπαρξη ελεύθερου H + σε υδατικό διάλυµα. Ύπαρξη HO + Εκδήλωση του όξινου ή βασικού χαρακτήρα ανεξάρτητα από την παρουσία βάσης ή οξέος. όνιµα όξινος ή βασικός χαρακτήρας µιας ουσίας. ράση και σε µη υδατικά διαλύµατα ή και εκτός διαλύµατος. σε υδατικό διάλυµα. Εκδήλωση του όξινου χαρακτήρα µε την παρουσία βάσης ή αντίθετα. Αµφιπρωτικός χαρακτήρας µιας ουσίας εξαρτώµενος από το περιβάλλον της. Το HO ούτε οξύ ούτε βάση (ουδέτερο) Το HO αµφιπρωτική ουσία. Εξουδετέρωση η αντίδραση: Εξουδετέρωση η αντίδραση οξέος-βάσης + (συνήθως χαρακτηρίζεται έτσι όταν δε H (q) + OH (q) HO (I) συµµετέχει ο διαλύτης). Σελίδα 1 από 11

ιαφορές θεωριών Arrhenius Brönsted-Lowry για τα οξέα και τις βάσεις Arrhenius Ένα οξύ δίνει (ελευθερώνει) H +. ία βάση δίνει (ελευθερώνει) OH. ε µορφή µορίων. ράση µόνο σε υδατικά διαλύµατα.

2 Α5. β. ιάλεξε διαφορές Από το παραπάνω βιβλίο. ιάσταση ιαφορές διάστασης ιοντισµού Ιοντισµός + Σε ιοντικές ενώσεις (π.χ. N Cl ). Σε µοριακές ενώσεις (π.χ. HCl) ή και σε ανεξάρτητα ιόντα (π.χ. CN ). εταφορά ιόντων από τον κρύσταλλο στο διάλυµα. Γίνεται πλήρως (µονόδροµη). ηµιουργία ιόντων µε αντίδραση οξέοςβάσης (µεταφορά H + ) Γίνεται γενικά µερικώς (αµφίδροµη). ΘΕΑ Β Β1. α. Στο καθαρό HO ανεξάρτητα θερµοκρασίας έχουµε: + και HO + [ ] = OH H O H O + OH Άρα Λ. και είναι ουδέτερο. HS + H O H S + OH β. Άρα Σ. HS + H O S + H O + NH + H O NH + OH και για το οξύ NH + 4 έχουµε: + γ. 4 K 10 K w 9 = = = () οπότε είναι ασθενές. 5 Kb 10 Άρα Λ. δ. 1s s p s p d 4s 4p Η δοµή µετά το αµέσως προηγούµενο ευγενές αέριο δείχνει ότι το στοιχείο ανήκει στην 15 η οµάδα. Άρα Σ. 10 d 4s 4p 1 1 CH CH = CH + HCl CH CH CH ε. Cl H Σελίδα από 11

και είναι ουδέτερο. HS + H O H S + OH β. Άρα Σ. HS + H O S + H O + NH + H O NH + OH και για το οξύ NH + 4 έχουµε: + γ. 4 K 10 K 10 14 w 9 = = = () οπότε είναι ασθενές. 5 Kb 10 Άρα Λ. δ.

3 Η δηµιουργία δεσµού C 1 H είναι αναγωγή (αύξηση ηλεκτρονιακής πυκνότητας στο 1 C). Η δηµιουργία δεσµού C Cl είναι οξείδωση (µείωση ηλεκτρονιακής πυκνότητας στο C). Η διάσπαση του π-δεσµού C 1 C δεν σχετίζεται µε οξειδοαναγωγή. Άρα Λ. Β. α. Η η περίοδος έχει 8 στοιχεία γιατί οι αντίστοιχες ηλεκτρονιακές δοµές είναι s s / 1s s / 1s s p... / 1s s p β. ε Z= 7 η αντίστοιχη ηλεκτρονιακή δοµή στη θεµελιώδη κατάσταση είναι: 1s s p s p d 4s οπότε το στοιχείο ανήκει στην 4 η περίοδο και στην 9 η οµάδα (δευτερεύουσα). ΘΕΑ Γ Γ1. α. Α: HCOOH Β: HCH = O Γ: CH CHOH : CH COOH Ε: CH CH = O Γ. β. i) (Β) HCH = O + CuSO4 + 5NOH HCOON + CuO + N SO4 + HO + I+ NOH + I+ NOH ii) (Γ) CH CH OH CH CH = O CI CH = O NIH O NIHO CHI + NOH + HCOON iii) (Ε) CHCH = O + AgNO + NH + HO CHCOONH4 + NH4NO + Ag iv) (Γ) CH CH OH K Cr O 8H SO ( )CH COOH Cr ( SO ) K SO + 11H O 4 Γ. X : CHCHCHCH OH Ψ : CHCHCCH O Σελίδα από 11

ε Z= 7 η αντίστοιχη ηλεκτρονιακή δοµή στη θεµελιώδη κατάσταση είναι: 1s s p s p d 4s 6 6 7 οπότε το στοιχείο ανήκει στην 4 η περίοδο και στην 9 η οµάδα (δευτερεύουσα). ΘΕΑ Γ Γ1. α. Α: HCOOH Β: HCH = O Γ: CH CHOH : CH COOH Ε: CH CH = O Γ.

4 CN Φ : CH CH CCH OH Λ : CHCHCΗCH Cl : CHCHCΗCH gcl CΗ CH CHCH Θ : CH CH CΗCH OgCl CΗ CH CHCH Σ : CH CH CΗCH OH Γ. Έστω x mol ( COOK ) και y mol CHCOOH 1 ο µέρος: KOH : 01 L 0 = 00 mol y CHCOOH : mol αλλά ( ) x COOK : mol CHCOOH+KOH CHCOOK+HO mol άρα y = 00 ή y 004 (mol) = ο µέρος: KnO :0 L 0 = 004 mol 4 y CHCOOH : mol ( ) x COOK : mol COOK 5 +KnO +8H SO 10CO +nso +6K SO +8H O COOK αλλά τα 5 mol( COOK ) αντιστοιχούν σε mol KnO 4 x mol άρα x = 0 (mol) 004 mol ΘΕΑ 1. A : CHCOOH 005 L 0 B: NOH 005 L 0 Σελίδα 4 από 11

00 00 άρα y = 00 ή y 004 (mol) = ο µέρος: KnO :0 L 0 = 004 mol 4 y CHCOOH : mol ( ) x COOK : mol COOK 5 +KnO +8H SO 10CO +nso +6K SO

5 Στο τελικό διάλυµα 01 L έχουµε: 005L 0 CHCOOH : = 01 01L 005L 0 NOH : = 01 01L NαOH Να + ΟΗ εξουδετέρωση CΗCOOH + ΟΗ CH COO + HO αρχικά : µεταβολή : τελικά : 01 CΗ COO + Η O CH COOH + OH αρχικά : 01 µεταβολή : x + x + x τελικά : 01 x x x K 10 x K x w b = = = = = 5 K poh = log x = 5 και ph = 9. A : CHCOOH 005 L 0 B: NOH 01 L 0 Στο τελικό διάλυµα 1 L έχουµε: 005L 0 CHCOOH : = L 01L 0 NOH : = 00 1L NαOH Να + ΟΗ Σελίδα 5 από 11

τελικά : 01 x x x K 10 x K 10 10 x 10 14 w 9 9 5 b = = = = = 5 K 10 01 poh = log x = 5 και ph = 9.

6 εξουδετέρωση CΗCOOH + ΟΗ CH COO + HO αρχικά : µεταβολή : τελικά : CΗ COO + Η O CH COOH + OH αρχικά : µεταβολή : y + y + y τελικά : 0 01 y y 001+ y y 001 Kb = = 10 y= poh = log 001 = και ph = 1. A : CHCOOH : 05 L 0 ή 01 mol Γ : HCl : 05 L 0 ή 01 mol NOH : 015 mol Στο τελικό διάλυµα 1 L έχουµε: CHCOOH : 01 HCl : 01 NOH : 015 NαOH Να + ΟΗ Εξουδετέρωση του ισχυρού HCl (* ες παρατήρηση στο τέλος) HCl + εξουδετέρωση ΟΗ Cl + H O αρχικά : µεταβολή : τελικά : Εξουδετέρωση του ασθενούς CHCOOH : εξουδετέρωση CΗCOOH + ΟΗ CH COO + HO αρχικά : µεταβολή : τελικά : Σελίδα 6 από 11

A : CHCOOH : 05 L 0 ή 01 mol Γ : HCl : 05 L 0 ή 01 mol NOH : 015 mol Στο τελικό διάλυµα 1 L έχουµε: CHCOOH : 01 HCl : 01 NOH : 015 NαOH Να + ΟΗ 015 015 015 + Εξουδετέρωση

7 + Τα N ( H O) x Cl παίζουν αµελητέο ρόλο στο νερό γιατί αντιστοιχούν στα ισχυρά NOH HCl. CΗ COOH + Η O CH COO + H O αρχικά : µεταβολή : ω + ω + ω τελικά : 005 ω ω ω ω K 10 ω = = = ph = logω = 5 πορεί να χρησιµοποιηθεί ο τύπος των ρυθµιστικών: Cβάσης 005 ph = pk + log = 5 + log = 5 C 005 οξέος ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ Άλλος τρόπος Στο τελικό διάλυµα 1 L έχουµε: CHCOOH : 01 HCl : 01 NOH : 015 NαOH Να + ΟΗ Εξουδετέρωση του ασθενούς CHCOOH : εξουδετέρωση CΗCOOH + ΟΗ CH COO + HO αρχικά : µεταβολή : τελικά : Εξουδετέρωση του ισχυρού HCl HCl + ΟΗ Cl + H O εξουδετέρωση αρχικά : µεταβολή : τελικά : και Σελίδα 7 από 11

ρυθµιστικών: Cβάσης 005 ph = pk + log = 5 + log = 5 C 005 οξέος ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ Άλλος τρόπος Στο τελικό διάλυµα 1 L έχουµε: CHCOOH : 01 HCl : 01 NOH : 015 NαOH Να + ΟΗ 015 015 015

8 εξουδετέρωση CΗCOO + HCl CH COOH + Cl αρχικά : µεταβολή : τελικά : CH COOH + H O CH COO + H Ο τελικά: 005 ω 005+ ω ω ω Κ 10 ω = = 5 5 = = = ph logω 5 Και άλλος τρόπος Στο τελικό διάλυµα 1 L έχουµε αρχικά: CHCOOH : 01 HCl : 01 NOH : 015 ετά τις αντιδράσεις: CH COOH + H O CH COO + H O (1) + + HCl + H O H O + Cl () + NOH N + OH () + H O H O + OH (4) Χωρίς να έχει σηµασία η σειρά που γίνονται οι εξουδετερώσεις έχουµε: [ CHCOOH] + [ ] N = x CHCOO = y + = φ HO = λ [ Cl ] OH = µ [ ] = ω αρχή διατήρησης µάζας για τα CHCOO : (i) x + y = 01 (αρχική συγκέντρωση CHCOOH ) αρχή διατήρησης µάζας για τα Cl : (ii) ω = 01 (αρχική συγκέντρωση HCl ) αρχή διατήρησης µάζας για τα N + : (iii) φ = 015 (αρχική συγκέντρωση ΝαΟΗ ) αρχή ηλεκτρο-ουδετερότητας διαλύµατος: [ ] [ ] [ ] CH COO + Cl + OH = H O + N + + Σελίδα 8 από 11

Χωρίς να έχει σηµασία η σειρά που γίνονται οι εξουδετερώσεις έχουµε: [ CHCOOH] + [ ] N = x CHCOO = y + = φ HO = λ [ Cl ] OH = µ [ ] = ω αρχή διατήρησης µάζας για τα CHCOO : (i) x + y = 01 (αρχική

9 δηλαδή y µ = λ ή (iv) y + µ = λ Κ w = H O OH (v) 10 = λ µ + 14 [ ] + CHCOO HO 5 y λ Κ = (vi) 10 = CH COOH x [ ] Αλλά µ λ αµελητέα σε σχέση µε y και 005 οπότε: (iv) y = 005 (i) x = 005 (vi) λ = 10 5 δηλαδή ph = 5 (v) µ = α. Για το CHCOOH VL 0 δηλαδή 0 V mol έχουµε: πλήρης εξουδετέρωση µε NOH 00 L 0 δηλαδή 0004 mol οπότε: CH COOH + OH CH COO + H O και εξουδετέρωση BL 0V = 0004 V = 00L µερική εξουδετέρωση µε NOH 001 L 0 δηλαδή 000 mol οπότε στον τελικό όγκο 00 L έχουµε: 0V mol CHCOOH : = = 00L mol 0 NOH : = 00L NαOH Να + ΟΗ εξουδετέρωση CΗCOOH + ΟΗ CH COO + HO αρχικά : 04 0 µεταβολή : τελικά : 0 0 Σελίδα 9 από 11

Για το CHCOOH VL 0 δηλαδή 0 V mol έχουµε: πλήρης εξουδετέρωση µε NOH 00 L 0 δηλαδή 0004 mol οπότε: CH COOH + OH CH COO + H O και εξουδετέρωση BL 0V = 0004 V = 00L

10 τελικά: + CHCOOH + HO CHCOO + HΟ 0 φ 0 + φ φ 0 φ Κ 10 φ 10 0 = = 5 5 = = = ph logφ 5 άρα η καµπύλη αντιστοιχεί στην ογκοµέτρηση του CH COOH Σχόλιο «Στα µισά» της ογκοµέτρησης του CH COOH (10 ml στα 0 ml) αντιδρά η µισή ποσότητα του CH COOH και παράγεται άλλη τόση ποσότητα της συζυγούς βάσης CH COO - άρα από τον τύπο των ρυθµιστικών έχουµε: ( nv ) ( nv ) ph = pk + log = pk = 5 β. Για το ΗΒ VL = 00L C δηλαδή 00 C mol έχουµε: πλήρης εξουδετέρωση µε NOH 00 L 0 δηλαδή 0004 mol οπότε: HB + OH B + H O εξουδετέρωση BL και 00C = 0004 C = 0 µερική εξουδετέρωση µε NOH 001 L 0 δηλαδή 000 mol οπότε στον τελικό όγκο 00 L έχουµε: 00C mol HB: = = mol 0 NOH : = 00L Όµοια µε το προηγούµενο προκύπτει: τελικά: + HB + HO B + HΟ 0 ρ 0 + ρ ρ αλλά ph = 4 ρ = 10 4 και 0 ρ K = = ρ = Σελίδα 10 από 11

Για το ΗΒ VL = 00L C δηλαδή 00 C mol έχουµε: πλήρης εξουδετέρωση µε NOH 00 L 0 δηλαδή 0004 mol οπότε: HB + OH B + H O εξουδετέρωση BL και 00C = 0004 C = 0 µερική εξουδετέρωση µε NOH 001 L 0 δηλαδή

11 γ. Για το ΗΒ στο ισοδύναµο σηµείο (πλήρης εξουδετέρωση) στον τελικό όγκο 0 0L + 0 0L = 0 04L έχουµε: 00L 0 HB: = L NOH : 01 NαOH Να + ΟΗ τελικά: 01 εξουδετέρωση HB OH B H B L Ο B + ΗO ΗB + ΟΗ τελικά: 01 λ λ λ K 10 K = = = w b 4 K και λ = 10 λ = poh = log λ = 55 και ph = 85 Σελίδα 11 από 11

01 εξουδετέρωση HB OH B H B L Ο B + ΗO ΗB + ΟΗ τελικά: 01 λ λ λ K 10 K = = = 10 14

Σχετικά έγγραφα

3. Κατά Arrhenius απαραίτητο διαλυτικό μέσο είναι το νερό ενώ η θεωρία των. β) 1. Η ηλεκτρολυτική διάσταση αναφέρεται στις ιοντικές ενώσεις και είναι

3. Κατά Arrhenius απαραίτητο διαλυτικό μέσο είναι το νερό ενώ η θεωρία των. β) 1. Η ηλεκτρολυτική διάσταση αναφέρεται στις ιοντικές ενώσεις και είναι ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 01 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. β Α. δ Α4. Β Α5. α) 1. Κατά Arrhenius μια βάση όταν διαλυθεί στο νερό μπορεί να δώσει λόγω διάστασης OH - ενώ κατά