ΠΑΝΕΛΛΑ ΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ(ΟΜΑ Α Β ) ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 6 ΙΟΥΝΙΟΥ 2014 - ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Α1: γ, Α2: β, Α3: α, Α4: β, Α5: β Β1 α: Λ, β: Λ, γ: Σ, δ: Σ, ε: Σ Β2 α: i)ο σ δεσµός δηµιουργείται µεαξονική επικάλυψη των ατοµικών τροχιακών, ενώ ο π δεσµός δηµιουργείται µε πλευρική επικάλυψη των ατοµικών τροχιακών. ii) Στον σ δεσµό πραγµατοποιείται µεγαλύτερη επικάλυψη των ατοµικών τροχιακών από ότι στον π δεσµό. (ο σ είναι ισχυρότερος του π) iii) Ο σ δεσµός σχηµατίζεται κατά την επικάλυψη s-s, s-pκαι p-p τροχιακών, ενώ ο π µόνο από επικάλυψη p-p τροχιακών. β:το στοιχείο ανήκει στην 2 η ( ΙIA) οµάδα του Π.Π.,δηλαδή στις αλκαλικές γαίες, το οποίο διαπιστώνεται από τις τιµές των ενεργειών ιοντισµού. Η µεγάλη διαφορά ανάµεσα στις τιµές της δεύτερης και τρίτης ενέργειας ιοντισµού υποδηλώνει ότι τα 2 πρώτα e που αποµακρύνονται από το άτοµο ανήκουν σε διαφορτική στιβάδα από τα επόµενα 2. Επιπλέον, η υπέρµετρη αύξηση της τρίτης Εi παρατηρείται, διότι καταστρέφεται η ηλεκτρονιακή δοµή ευγενούς αερίου. Άρα το άτοµο διαθέτει 2e σθένους και συνεπώς ανήκει στις αλκαλικές γαίες. γ:η χρωµατική αλλαγή του δείκτη παρατηρείται σε τιµές ph=pka-1=4 ως ph=pka+1=6. Άρα ο χυµός που έχει ph=3 θα χρωµατιστεί κόκκινος. δ: Το άλας διίσταται σύµφωνα µε την εξίσωση: NH4A NH4 + + A - Τα ιόντα που προκύπτουν από τη διάσταση του άλατος αντιδρούν µε το νερό ως εξής: NH4 + +H20 NH3 + H30 + A - + H20 HA + OH - Το διάλυµα έχει ph = 8, δηλαδή είναι βασικό, συνεπώς ισχύει ότι: KaNH4+< Kb A-άραKaHA< Kb NH3< 10 5
Γ1 α:για να διαπιστώσουµε αν µέσα στο δοχείο περιέχεται το 1-πεντίνιο (ακραίο αλκίνιο) ή 2- πεντίνιο θα προσθέσουµε µικρή ποσότητα στερεού Να. Αν εκλυθεί αέριο, σηµαίνει ότι µέσα στο δοχείο περιέχεται το 1-πεντίνιο, επειδή µόνο τα ακραία αλκίνια διαθέτουν «ευκίνητο» Η και αντιδρούν µε το Να ως εξής: R-C CH + Na R-C CNa + ½ H2 Αν δεν εκλυθεί αέριο, συµπεραίνουµε ότι στο δοχείο περιέχεται το 2-πεντίνιο. β:h ταυτοποίηση του εστέρα µπορεί να γίνει µε υδρόλυση αυτού, οπότε ταυτοποιούνται τα προϊόντα της υδρόλυσης (οξύ και αλκοόλη) που θα παραχθούν. Συγκεκριµένα,µετά την υδρόλυση προσθέτουµε στο κάθε δοχείο περίσσεια από το οξειδωτικό αντιδραστήριο KMnO4. Τα δύο προϊόντα της υδρόλυσης του µεθανικού µεθυλεστέρα (µεθανικό οξύ και µεθανόλη) θα οξειδωθούν προς αέριο CO2οπότε θα παρατηρήσουµε την έκλυση αερίου και επιπλέον τον αποχρωµατισµό του διαλύµατος KMnO4. 5CH3OH + 6KMnO4 + 9H2SO4 5CO2 + 6MnSO4 + 3K2SO4 + 19H2O 5HCOOH + 2KMnO4+ 3H2SO4 5CO2 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O Αντίθετα, τα δύο προϊόντα της υδρόλυσης τουαιθανικού αιθυλεστέρα δεν οξειδώνονται και οπτικά δε θα υπάρχει καµία µεταβολή. Γ2:Η Θ είναι αλκοόλη και επειδή οξειδώνεται συµπεραίνουµε ότι είναι 1 ο ή 2 ο ταγής. Απορρίπτουµε την 1 ο ταγή, διότι προέρχεται µόνο από τη µεθανάλη από την αντίδραση Grignard, αλλά δεν υπάρχει αλκίνιο (Α) µε 1 άτοµο άνθρακα. Συνεπώς, η Θ είναι 2 ο ταγής και το αλκίνιο Α έχει 2 C, διότι είναι το µόνο που µε υδρόλυση δίνει αλδεϋδη (αιθανάλη. Άρα: Α: HC CH, B: CH3CH3, Γ: CH3CH2Cl, : CH3CH2MgCl, E: CH3CHO, Ζ: CH3CH(OMgCl)CH2CH3, Θ: CH3CH(OH)CH2CH3 Γ3:Έστω 3χ molcνh2ν+1oh (Α) και 3ψ molcκh2κ+1oh (Β) στο αρχικό µίγµα. Άρα, 3χ(14ν+18) + 3ψ (14κ+18) = 44,4 (1) Επειδή στο 2 ο µέρος µετά την προσθήκη νερού προκύπτει µόνο ένα οργανικό προϊόν, συµπεραίνουµε ότι ν=κ. Εποµένως, οι αντιδράσεις που λαµβάνουν χώρα είναι οι εξής: CνH2ν+1OH + SOCl2 CνH2ν+1Cl + SO2 + HCl CνH2ν+1Cl + Mg CνH2ν+1MgCl CνH2ν+1MgCl +H2O CνH2ν+2 + Mg(OH)Cl
Στο 1 ο µέρος έχουµε χmol Α και ψmol Β. CνH2ν+1OH+ Na CνH2ν+1ONa + ½ H2 χ mol ;χ/2 mol CνH2ν+1OH+ Na CνH2ν+1ONa + ½ H2 ψ mol ;ψ/2 mol Και (χ+ψ)/2=2,24, άρα χ+ψ=0,2 (2) Στο τρίτο µέρος έχουµε χmol Α και ψmol Β, αντιδρούν και οι δύο µε διάλυµα Ι2/NaOH και µε δεδοµένο ότι ν=κ, έχουµε συνολικά: R-CH(OH)-CH3 + 4Ι2+ 6NaOH RCOONa + CHI3 +5 NaI + 5 H2O (χ+ψ)mol ;(χ+ψ)mol Άρα χ+ψ=0,05, το οποίο είναι άτοπο αφού από τη (2) έχουµε ότι: χ+ψ=0,2 Εποµένως, αντιδρά µόνο η µία αλκοόλη, άρα molchi3= molαλκοόλης άρα χ=0,05 mol και ψ= 0,15mol. Αντικαθιστώντας στην (1) και όπου ν=κ, έχουµε: 3 0,05(14ν+18) + 3 0,15 (14ν+18) = 44,4 άρα ν=4 Άρα η αλκοόλη που δίνει την αλογονοφορµική (Α) είναι η : CH3CH2-CH(OH)-CH3 Ενώ η (Β) είναι η: CH3CH2-CH2-CH2ΟΗ, αφού τα αντίστοιχα αντιδραστήρια Grignard πρέπει µε το νερό να δίνουν το ίδιο αλκάνιο. Στο αρχικό µίγµα περιέχονται 0,05 molch3ch2-ch(oh)-ch3 και 0,15 molch3ch2-ch2- CH2ΟΗ. 1: οχείο1: διάλυµα ΗCl : ph=1 οχείο 2: διάλυµανη4cl : ph=5 οχείο 3: διάλυµα ΝaΝΟ3 :ph=7 οχείο 4: διάλυµα ΝΗ3 : ph=11 οχείο 5: διάλυµα ΝaΟΗ : ph=13
2: α:naoh: n=cv= 0,1 5 10-3 =5 10-4 mol Το γαλακτικό οξύ αντιδρά µε το καυστικό νάτριο ως εξής: CH3-CH(OH)-COOH + NaOH CH3-CH(OH)-COONa + H2O 1mol 1mol ; 5 10-4 mol 5 10-4 mol γαλακτικόοξύ: c=n/v= 5 10-4 / 10 10-3 =0,05 M β: Για την ανίχνευση της καρβοξυλοµάδας του γαλακτικού οξέοςµπορούµε να προσθέσουµε κάποιο ανθρακικό άλας, π.χ. Na2CO3και να παρατηρήσουµε έκλυση αερίου, επειδή τα καρβοξυλικά οξέα διασπούν τα ανθρακικά άλατα εκλύοντας διοξείδιο του άνθρακα. 2 CH3-CH(OH)-COOH + Na2CO3 2 CH3-CH(OH)-COONa + CO2 + H2O Για την ανίχνευση της υδροξυλοµάδας του γαλακτικού οξέος µπορούµε να προσθέσουµε κάποιο οξειδωτικό αντιδραστήριο, πχ KMnO4, οπότε θα παρατηρήσουµε τον αποχρωµατισµό του διαλύµατος KMnO4 λόγω της οξείδωσης της υδροξυλοµάδας προς κετονοµάδα σύµφωνα µε την αντίδραση: 5CH3-CH(OH)-COOH+ 2KMnO4 + 3H2SO4 5CH3-CO-COOH + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O Εναλλακτικά, µπορεί να χρησιµοποιηθεί η αλογονοφορµική αντίδραση, όπου θα παρατηρήσουµε το σχηµατισµό κίτρινου ιζήµατος. 3:Από το ph των δύο διαλυµάτων και την Kb(NH3)(βλέπε Β2.δ.) υπολογίζουµε τις συγκεντρώσεις των δύο διαλυµάτων και έχουµε cnaoh = cnh4cl =0,1M. Έστω ότι αναµιγνύουµε V1 (L) NaOHκαι V2 (L)NH4Cl. Άρα: nnaoh = 0,1 V1 moles καιnnh4cl=0,1 V2 moles Eφ όσον προκύπτει ρυθµιστικό διάλυµα, αντιδρά πλήρως το ΝαΟΗ. NaOH+ΝΗ4Cl NaCl+ ΝΗ3 + H2O 0,1 V10,1 V2-0,1 (V2-V1) 0,1 V10,1 V1 Άρα στο Υ6 έχουµε: ΝΗ4Cl: cοξέος = 0,1 (V2-V1)/ (V1+V2) Μ ΝΗ3 :cβάσης = 0,1 V1/(V1+V2) Μ και KaNH4+ = Κw/ KbNH3=10 9 Αντικαθιστώντας στην εξίσωση Henderson-Hasselbachέχουµε:
ph= pka + log (cβάσης /cοξέος ) log (V1/V2-V1)=0 V1/V2-V1=1 V1/V2=1/2 4:Αραίωση δ/τος ΝΗ3: ΝΗ3 + H2O ΝΗ4 + + ΟΗ - Τελικά: c-φ φ φ Επειδή phτελικό = 10, [ΟΗ - ]=φ =10-4 Μ Kb= [ΝΗ4 + ][ΟΗ - ] /[ ΝΗ3] [ ΝΗ3]=10-3 M Από το νόµο της αραίωσης έχουµε: C1V1=C2V2 0,1 V1= 10-3 (V1 + χ) χ=99 V1=99 V (αφού και τα τρία δ/τα έχουν ίσους όγκους). Αραίωση δ/τος ΝaΟΗ:pHτελικό = 12 άρα [ΝaΟΗ]= 10-2 Μ και C1V1=C2V2 0,1 V1= 10-2(V1 + y) y= 9 V1=9 V ιάλυµα Υ6: επειδή µε την αραίωση µεταβάλλεται το ph, καταλαβαίνουµε ότι το ρυθµιστικό δ/µα έχει χάσει τη ρυθµιστική του ικανότητα και συνεπώς έχει υποστεί τη µεγαλύτερη αραίωση από τα τρία δοθέντα διαλύµατα. Καταλήγουµε, λοιπόν, στο συµπέρασµα ότι: y<x< ω