ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 9 ΜΑΪΟΥ 0 - ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α. γ Α. β Α. β Α4. β Α5.α.i) Βάσεις κατά Arrhenius είναι οι ενώσεις που έχουν την τάση να παρέχουν ανιόντα ΟΗ. ii) Βάσεις κατά Brönsted Lowry είναι οι χημικές ουσίες (ουδέτερα μόρια ή ιόντα) που έχουν τάση να προσλαμβάνουν ένα ή περισσότερα πρωτόνια. Διαφορές Arrhenius Brönsted Lowry ) Οι βάσεις είναι ουδέτερα μόρια ) Οι βάσεις είναι ουδέτερα μόρια ή ιόντα. ) Ο βασικός χαρακτήρας εκδηλώ- ) Ο βασικός χαρακτήρας εκδηλώνεται μόνο σε υδατικά διαλύμα- νεται και σε μη υδατικά διαλύτα. τα. ) Οι βάσεις όταν διαλυθούν στο ) Οι βάσεις είναι ουσίες που έ- νερό παρέχουν ανιόντα ΟΗ. χουν την τάση να προσλαμβάνουν πρωτόνια (Η ) β. Διαφορές διάστασης και ιοντισμού. ) Διάσταση είναι η απελευθέρωση των ιόντων του κρυσταλλικού πλέγματος μόλις μία ιοντική ένωση διαλυθεί στο νερό, π.χ. NaCl ( S) Na(aq) Cl(aq) ενώ ιοντισμός είναι η αντίδραση των μορίων του διαλύματος με τα μόρια του ηλεκτρολύτη προς σχηματισμό ιόντων, π.χ. HCl H O Cl HO ) Διάσταση παθαίνουν οι ιοντικές ενώσεις και είναι όλες ισχυροί ηλεκτρολύτες, ενώ ιοντισμό παθαίνουν οι ομοιοπολικές ενώσεις και είναι είτε ισχυροί είτε ασθενείς ηλεκτρολύτες π.χ. Διάσταση: Na ( S) Na(aq) (aq) Ιοντισμός: NH HO NH 4
ΘΕΜΑ Β Β. α Λ, β Σ, γ Λ, δ Σ, ε Λ. Αιτιολόγηση: α. Η πρόταση είναι λανθασμένη διότι στο καθαρό νερό σε οποιαδήποτε θερμοκρασία ισχύει η σχέση [ H O ] = [ ], όπως προκύπτει από τον αυτοϊοντισμό του νερού. Επειδή η αντίδραση αυτοϊοντισμού του νερού είναι αντίδραση ενδόθερμη, η αύξηση της θερμοκρασίας μετατοπίζει την θέση της χημικής ισορροπίας, δηλαδή προς τα δεξιά, οπότε αυξάνεται η [ HO ] και του [ ], οπότε μειώνεται το ουδέτερο ph. Έτσι το καθαρό νερό σε οποιαδήποτε θερμοκρασία είναι πάντοτε ουδέτερο. β. Η πρόταση είναι σωστή διότι το HS μπορεί σε υδατικό διάλυμα να εκδηλώσει είτε όξινο είτε βασικό χαρακτήρα, όπως φαίνεται στους παρακάτω ιοντισμούς: HS HO S H O : λειτουργεί ως οξύ HS HO H S : λειτουργεί ως βάση γ. Η πρόταση είναι λανθασμένη διότι: kb kα = k NH w NH 4 4 5 k w 0 9 kb = 0 kα = = = 0 5 NH 4 k 4 o b 0 NH k w = 0 (5 C) Άρα το NH 4 που είναι το συζυγές οξύ της NH εμφανίζει ασθενή όξινο χαρακτήρα. δ. Η πρόταση είναι σωστή διότι όταν ένα στοιχείο έχει ημισυμπληρωμένη την 4p υποστιβάδα, ανήκει στο p τομέα και έχει την εξής δομή ηλεκτρονίων σθένους: ns np Άρα ανήκει στην 5 η ή V A ομάδα του περιοδικού πίνακα. ε. Η πρόταση είναι λανθασμένη διότι: HCl Cl
Ο δεύτερος άνθρακας: Έχει στην ένωση αριθμό οξείδωσης, ενώ στην ένωση Cl αριθμό οξείδωσης μηδέν (0). Άρα ο άνθρακας οξειδώνεται. Ο πρώτος άνθρακας: Έχει στην πρώτη ένωση αριθμό οξείδωσης και στην δεύτερη ένωση αριθμό οξείδωσης, άρα ο άνθρακας ανάγεται. Β.α. Η δεύτερη περίοδος του περιοδικού πίνακα έχει οκτώ (8) στοιχεία διότι: Η δεύτερη περίοδος του περιοδικού πίνακα περιέχει δύο τομείς, τον τομέα s και τον τομέα p. Επειδή μία s υποστιβάδα χωράει δύο ηλεκτρόναι, γι αυτό ο s τομέας περιέχει δύο ομάδες, την Ι A (ns ) και την ΙΙ Α (ns ) ομάδα του περιοδικού πίνακα. Επειδή μία p υποστιβάδα χωράει 6 ηλεκτρόνια, ο τομέας p έχει 6 ομάδες, τις εξής: ns np IIIA ή η ομάδα ns np IVA ή 4 η ομάδα ns np VA ή 5 η ομάδα 4 ns np VIA ή 6 η ομάδα 5 ns np VIIA ή 7 η ομάδα 6 ns np VIIIA ή 8 η ομάδα Άρα στην η περίοδο έχουμε: Στον τομέα s έχουμε δύο στοιχεία: s s Στον τομέα p έχουμε έξι στοιχεία: s p s p s p s p 4 s p 5 s p 6 Σύνολο 8 στοιχεία.
4 Άρα η δεύτερη περίοδος του περιοδικού πίνακα περιέχει 8 στοιχεία. β. Το στοιχείο με Ζ = 5 έχει ηλεκτρονιακή δομή: 6 6 0 5 s s p s p d 4s 4p Είναι στοιχείο του τομέα p γιατί κατά την ηλεκτρονιακή δόμηση σύμφωνα με την αρχή της ελάχιστης ενέργειας, το τελευταίο ηλεκτρόνιο τοποθετείται σε p υποστιβάδα. Η δομή των ηλεκτρονίων σθένους του είναι: 5 4 s 4p Άρα το στοιχείο αυτό ανήκει στην 7 η ή VII A ομάδα του περιοδικού πίνακα. Επίσης επειδή ο κύριος κβαντικός αριθμός n των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας είναι n = 4, το στοιχείο αυτό ανήκει στην 4 η περίοδο του περιοδικού πίνακα. ΘΕΜΑ Γ Γ.α. C CN H O SOCl -HCl (M) MgCl C HCN O (M) MgCl C O Cl Mg C H OMgCl C
Γ.β. 5 KMnO 4 4 SOCl 5 5 C O MnSO4 K SO 4 8H O SO Cl Γ. (A) (B) Hg/HgSO4 H O O H SO 4 (B) 5 KMnO4 H SO 4 5 MnSO 4 K SO H O 4 CO Na CO COONa CO H O CO COO H O (A) Γ. (COOK) και CO Έστω: x mol y mol H COOK n K = C V = 0, 0, = 0,0 mol Μ αυτό αντιδρά μόνο το CO. Άρα CO K COOK HO y mol ;y mol = 0,0 mol ο μέρος: Έχουμε: x mol COOK H COOK Με ΚΜnO 4 αντιδρά μόνο το nkmno 4 = 0, 0, = 0,04 C mol (E) H Br Br CCl Br Br Br 4
6 5 KMnO 4 8H SO 4 0CO MnSO 46K SO 4 8H O COOK Τα 5 mol απαιτούν mol x mol 0,04 mol Άρα: 5 0,04 = x x = 0, mol. Άρα έχουμε 0, mol (COO) K και 0,04 mol CO. COOK ΘΕΜΑ Δ Δ. (A) 50 ml 00 ml CO 0, M 5 k α = 0 0, M 50 ml Βρίσκουμε τα mol των ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους: n = 0, 0,05 0,0mol CO = n Na = 0, 0,05 = 0,0mol mol CO Na COONa HO 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0 0 0,0 0,0 Άρα: [ COONa] = = 0, M 0, M COONa COO Na 0, ;0, 0, M COO HO CO 0, x x x 0, x x x 4 k w 0 9 kb = = = 0. Άρα: 5 COO k 0 k b α x 9 x 0 5 = 0 = x = 0 x = 0 M. 0, x 0, 5 Άρα [] = 0 M p = 5 και ph = 9.
Δ. 7 Δ. 50 ml 00 ml CO 0, M 0, M n = 0, 0,05 0,0mol CO = V = L n Na = 0, 0, = 0,0 mol Άρα έχουμε: mol CO Na COONa HO 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 0 0,0 0,0 0,0 [ Na] = = 0,0M 0,0 [ COONa] = = 0,0M Μ ΝaΟΗ Na 0,0 ;0,0 COONa COO Na 0,0 ;0,0 M COO HO CO 0,0 0,0 y y y 0,0 y y y0,0 (0,0 y) y 9 0 y 9 kb = 0 = y = 0 M 0,0 y 0 9 Άρα [] = 0,0 0 0 M. Έτσι: pοh = και ph =. 500 ml 500 ml CO 0,5 mol Na 0, M 0, M n = 0, 0,5 0,mol CO = n HCl = 0, 0,5 = 0,mol (E) V = L ;ph
n Na = 0,5 mol Άρα: mol Na HCl NaCl HO 0,5 0, 0, 0, 0, 0,05 0 0, 8 Na CO COONa HO 0,05 0, 0,05 0,05 0,05 0 0,05 0,05 Βρίσκουμε τις συγκεντρώσεις: 0,05 [ CO] = [COONa] = = 0,05 M Άρα το διάλυμα είναι ρυθμιστικό και από τον τύπο του Henderson έχουμε: Cοξ 5 0,05 5 [HO ] = kα [HO ] = 0 = 0 M CB 0,05 Άρα ph = 5. ΜΩΥΣΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΧΗΜΙΚΟΣ - ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ SCIENCE PRESS