ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 29 ΜΑΪΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 29 ΜΑΪΟΥ 2013 - ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ"

Κασσάνδρα Βασιλόπουλος
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 29 ΜΑΪΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α1:γ Α2:β Α3:δ Α4:β Α5:α)διαφορές θεωρίας του Arrhenius- Brönsted Lowry θεωρίας του Arrhenius θεωρίας Brönsted Lowry 1.Τα οξέα και οι βάσεις είναι ουδέτερα 1. Τα οξέα και οι βάσεις είναι ιόντα ή μόρια. μόρια. 2.Η δράση τους εκδηλώνεται μόνο σε 2.Η δράση τους εκδηλώνεται και σε μη υδατικά διαλύματα. σε υδατικά διαλύματα 3.Εκδηλώνουν τον χαρακτήρα τους 3.Για να εκδηλωθεί ο όξινος (ή ο ανεξάρτητα από τη παρουσία οξέως βασικός) χαρακτήρας απαιτείται η βάσεως. παρουσία βάσεως (ή οξέως). β)διαφορές ηλεκτρολυτικής διάστασης- Αντίδρασης ιοντισμού Ηλεκτρολυτικής διάστασης Αντίδρασης ιοντισμού 1.Πριν την ηλεκτρολυτική διάσταση 1.Πριν την αντίδραση ιοντισμού δεν των ιοντικών ενώσεων προϋπήρχαν υπήρχαν ιόντα αλλά μόρια! ιόντα που απλά ελευθερώθηκαν 2.Η ηλεκτρολυτική διάσταση των ιοντικών ενώσεων δεν είναι χημική αντίδραση αλλά διαδικασία απελευθέρωσης ιόντων από κρυσταλλικό πλέγμα. 2. Η αντίδραση ιοντισμού είναι χημική αντίδραση: διασπώνται δεσμοί και δημιουργούνται νέοι. ΘΕΜΑ Β Β1: α)λάθος, αφού σε οποιαδήποτε θερμοκρασία θα ισχύει Η Η αλλά όχι ίσο με 10-7 αφού η Κ w δεν είναι πλέον ίση με β)σωστό, αφού μπορεί και να δεχθεί: ΗS - +H + H 2 S και να προσφέρει Η + : ΗS - H + +S -2 γ)λάθος, αφού το συζυγές οξύ της ΝΗ 4 + έχει Κa= 10-9 άρα είναι ασθενές οξύ.

Η δράση τους εκδηλώνεται και σε μη υδατικά διαλύματα. σε υδατικά διαλύματα 3.Εκδηλώνουν τον χαρακτήρα τους 3.

2 δ)σωστό, αφού 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 3 δηλ. 5 ηλεκτρόνια εξωτερική στιβάδα άρα ανήκει στη 15 η ομάδα. ε)λάθος : C 1 ανάγεται γιατί προσλαμβάνει Η και ο C 2 οξειδώνεται αφού αυξάνεται ο αριθμός οξείδωσής του από -1 σε 0 Β2:α) Η 2 η περίοδος του Π.Π. περιέχει 8 στοιχεία :2 του τομέα ς και 6 του τομέα ρ. β)για Ζ=27 έχουμε 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 7 4s 2 Άρα ανήκει στο τομέα d,την 4 η περίοδο και την 9 η (7+2) ομάδα. ΘΕΜΑ Γ Γ1:α) Α:HCOOH B:HCHO Γ:CH 3 CH 2 OH Δ:CH 3 COOH E:CH 3 CHO β) ι) HCHO +2CuSO 4 + 5NaOH HCOONa + Cu 2 O + 2NaSO 4 +3H 2 O ιι) CH 3 CH 2 OH+4I 2 +6NaOH HCOONa+CHI 3 +5NaI+5H 2 O ιιι) CH 3 CHO+2AgNO 3 +3NH 3 +H 2 O CH 3 COONH 4 +2Ag + 2NH 4 NO 3 ιν)3rch 2 OH+2K 2 Cr 2 O 7 +8H 2 SO 4 3RCOOH+2K 2 SO 4 +2Cr 2 (SO 4 ) 3 +11H 2 O Γ2: ι ζητούμενοι συντακτικοί τύποι είναι: Χ: CH 3 CH 2 CHCH 3 OH Ψ: CH 3 CH 2 CCH 3 CN Φ: CH 3 CH 2 CCH 3 OH

β)για Ζ=27 έχουμε 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 7 4s 2 Άρα ανήκει στο τομέα d,την 4 η περίοδο και την 9 η (7+2) ομάδα.

3 Λ: CH 3 CH 2 CHCH 3 Cl M: CH 3 CH 2 CHCH 3 MgCl CH3 CH3 Θ: CH 3 CH 2 C - CHCH 2 CH 3 OMgCl CH3 CH3 Σ: CH 3 CH 2 C - CHCH 2 CH 3 OΗ Γ3: Έστω ότι έχουμε στο αρχικό μίγμα x mol (COOK) 2 και y mol CH 3 COOH. Στο 1 ο μέρος αντιδρούν τα mol του CH 3 COOH με 100ml διαλύματος KOH 0,2M. CH 3 COOH + KOH 1mol 1mol όμως n KOH =C V = άρα CH 3 COOK + H 2 O Στο 2 ο μέρος αντιδρούν τα του (COOK) 2 με 200ml KMnO 4 0,2M: είναι 5(COOK) 2 + 2KMnO 4 + 8H 2 SO 4 5mol αντιδρούν με 2mol x/2mol mol 10CO 2 + 2MnSO 4 + 6K 2 SO 4 + 8H 2 O Άρα στο αρχικό διάλυμα περιέχονται 0,2 mol (COOK) 2 και 0,04 mol CH 3 COOH. ΘΕΜΑ Δ Δ1. διάλυμα Α + διάλυμα Β

CH 3 COOH + KOH 1mol 1mol όμως n KOH =C V = άρα CH 3 COOK + H 2 O Στο 2 ο μέρος αντιδρούν τα του (COOK) 2 με 200ml KMnO 4 0,2M: είναι 5(COOK) 2 + 2KMnO 4 +

4 CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O 10-2 mol αντιδρούν με 10-2 mol και παράγουν 10-2 mol. Άρα το τελικό διάλυμα περιέχει μόνο CH 3 COONa, το οποίο διίσταται : C CH3COONa = = CH 3 COONa CH 3 COO - + Na mol 10-1 mol 10-1 mol Τα ιόντα CH 3 COO - αντιδρούν με το νερό, όχι όμως και τα ιόντα Να + (αφού προέρχονται από ισχυρή βάση NaOH). CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH - αρχ Αντ/παρ -x +x +x ΧΙ x x x K b = (1) όμως K a K b = K w K b = και επειδή τότε και η (1) γίνεται : Άρα [OH - ] = 10-5 M άρα poh = - = 5 άρα ph=9. Δ2. διάλυμα Α + διάλυμα Β CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O

CH 3 COO - αντιδρούν με το νερό, όχι όμως και τα ιόντα Να + (αφού προέρχονται από ισχυρή βάση NaOH). CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH - αρχ.

5 αρχ Αντ/παρ Τελικά Άρα το τελικό διάλυμα περιέχει 10-2 mol NaOH και 10-2 mol CH 3 COOH σε όγκο 150ml. Αφού αραιώσουμε σε όγκο 1 lt οι τελικές συγκεντρώσεις είναι : και. CH 3 COONa CH 3 COO - + Na M 10-2 M 10-2 M NaOH Na + + OH M 10-2 M 10-2 M Na + + H 2 O CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH - αρχ Αντ/παρ -y +y +y ΧΙ y y y Από επίδραση κοινού ιόντος [OH - ] = y K b = αφού ισχύει ότι Άρα [OH - ] [OH - ] [OH - ] [OH - ] άρα poh=2 και ph=12. Δ3. διάλυμα Α + διάλυμα Γ + διάλυμα Ε

CH 3 COONa CH 3 COO - + Na + 10-2 M 10-2 M 10-2 M NaOH Na + + OH - 10-2 M 10-2 M 10-2 M Na + + H 2 O CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH -

6 Διάλυμα Α: Διάλυμα Γ: και 0,15 mol Να Η τα οποία δεν αρκούν για να εξουδετερώσουν πλήρως τα οξέα. Α περίπτωση: Υποθέτουμε ότι περισσεύει CH 3 COOH HCl + NaOH NaCl + H 2 O Αντιδρούν 10-1 mol 10-1 mol Παράγονται 10-1 mol CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O αρχ. 0,1mol 0,05mol - Αντ/παρ -0,05 mol -0,05mol +0,05mol Τελικά 0,05mol - 0,05mol Έτσι στο τελικό διάλυμα έχουμε 0,1 mol NaCl, 0,05 mol CH 3 COOH και 0,05 mol CH 3 COONa σε όγκο =1lt άρα =0,1M, =0,05M και =0,05M. Το NaCl δεν επηρεάζει το ph του διαλύματος που είναι ρυθμιστικό άρα από την εξίσωση Henderson Hasselbalch : Β περίπτωση: Υποθέτουμε ότι περισσεύει το HCl. CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + OH Αντιδρ mol 10-1 mol Παράγ mol

0,1mol 0,05mol - Αντ/παρ -0,05 mol -0,05mol +0,05mol Τελικά 0,05mol - 0,05mol Έτσι στο τελικό διάλυμα έχουμε 0,1 mol NaCl, 0,05 mol CH 3 COOH και 0,05 mol CH 3 COONa σε όγκο

7 HCl + NaOH NaCl + H 2 O αρχ. 0,1mol 0,05mol - Αντ/παρ -0,05 mol -0,05mol +0,05mol τελικά 0,05mol - 0,05mol Άρα στο τελικό διάλυμα έχουμε 0,1 mol CH 3 COONa, 0,05 mol HCl και 0,05 mol NaCl σε όγκο =1lt. άρα =0,1M, = 0,05M και =0,05M. Το NaCl δεν επηρεάζει το ph του διαλύματος. Τα CH 3 COONa + HCl αντιδρούν μεταξύ τους: CH 3 COONa + HCl CH 3 COOH + NaCl αρχ. 0,1mol 0,05mol - Αντ/παρ -0,05 mol -0,05mol +0,05mol τελικά 0,05mol - 0,05mol Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό από την εξίσωση Henderson Hasselbalch:. Δ4. a) Άπο τις καμπύλες φαίνεται ότι για πλήρη εξουδετέρωση του κάθε διαλύματος απαιτούνται 20ml NaOH 0,2M. Άρα λοιπόν και τα mol κάθε οξέως από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης.. Τόσα είναι Δηλαδή mol. Στο μέσο της ογκομέτρησης V NaOH = 10ml. Άρα. CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O αρχ. 0,004 0, Αντ/παρ -0,002-0,002 +0,002 0,002 τελικά 0,002-0,002 Δηλαδή το διάλυμα είναι ρυθμιστικό με ίσες συγκεντρώσεις

άρα =0,1M, = 0,05M και =0,05M. Το NaCl δεν επηρεάζει το ph του διαλύματος. Τα CH 3 COONa + HCl αντιδρούν μεταξύ τους: CH 3 COONa + HCl CH 3 COOH + NaCl αρχ.

8 CH 3 COOH και η (1) στο HB.. Τότε ph = pka = 5 άρα η (2) καμπύλη αντιστοιχεί στο β) μοίως στο κέντρο της ογκομέτρησης (1) : V NaOH = 10ml άρα n NaOH = mol. HB + NaOH H 2 O + NaB αρχ. 0,004 0, Αντ/παρ -0,002-0,002 +0,002 +0,002 τελικά 0,002-0,002 μοίως έχουμε ρυθμιστικό με άρα ph = pka 4=pka ka=10-4 γ) HB + NaOH NaB + H 2 O αρχ Τελικά Άρα στο τελικό διάλυμα έχουμε mol NaB σε όγκο V = 20ml+20ml = 40ml = lt, aφού V HB =V A = = = lt = 0,02lt ή 20ml. NaB Na + + B - Na + + H 2 O Αντ/παρ 0,1 0,1 0,1 B - + H 2 O HB + OH - αρχ. 0,1 - - Αντ/παρ -ω +ω +ω ΧΙ 0,1-ω ω ω όμως 0,1-ω 0,1 και Κ b = [OH - ] = 10-5,5 άρα poh = 5,5 και ph = 8,5

0,004 0,002 - - Αντ/παρ -0,002-0,002 +0,002 +0,002 τελικά 0,002-0,002 μοίως έχουμε ρυθμιστικό με άρα ph = pka 4=pka ka=10-4 γ) HB + NaOH NaB + H 2 O αρχ.

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 29 ΜΑΪΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 9 ΜΑΪΟΥ 01 - ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. β Α. δ Α4. β Α5.α.i) Βάσεις κατά Arrhenius είναι