ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. β Α. γ Α. α Α5. β ΘΕΜΑ Β Β1. α. Λάθος ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 7 ΜΑΪΟΥ 015 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: XHMEIA ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Πραγµατοποιούνται οι αντιδράσεις: NaF¾¾ Na + F + - Na ¾¾ Na + + - F + H O ¾¾ HF + - - Ε.Κ.Ι. ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ [1]
Παρατηρείται φαινόµενο Ε.Κ.Ι.. Δεν γνωρίζουµε όµως τους όγκους των διαλυµάτων που αναµιγνύονται άρα δεν ξέρουµε τις συγκεντρώσεις. β. Σωστό Με διάλυµα CuCl/ ΝΗ αντιδρούν µόνο τα αλκίνια που έχουν τη µορφή R - C º CH και δίνουν ίζηµα. R - C º C - H + CuCl + NH ¾¾ R - C º C -Cu + NH Cl γ. Σωστό Το τελικό διάλυµα είναι ρυθµιστικό διάλυµα, αφού περιέχει ασθενές οξύ και τη συζυγή του βάση. Επίσης η παρουσία NαCl δεν έχει επίπτωση στο ph. CH CO -CH COONa δ. Λάθος Το He είναι ευγενές αέριο µε δοµή 1s ε. Λάθος Η CH δεν δίνει αντίδραση ιοντισµού στο HO ως ασθενές οξύ επειδή έχει πολύ µικρό k a. Β. α. Χ: 1s p Þ η περίοδο Þ η οµάδα του p τοµέα δηλαδή 15 η οµάδα περιοδικού πίνακα []
1Ψ: 1s s p 6 s Þ η περίοδο Þ η οµάδα του περιοδικού πίνακα β. Το 7 Χ έχει µεγαλύτερο δραστικό πυρηνικό φορτίο άρα εµφανίζει µεγαλύτερη έλξη στα e - ενέργεια πρώτου ιοντισµού. X: DPF... = 7- = 5 7 1 Y: DPF... = 1-10 = σθένους, εποµένως έχει µικρότερη ατοµική ακτίνα Þ µεγαλύτερη γ. HXO : είναι οµοιοπολική ένωση, άρα ακολουθούµε τη γενική πορεία εύρεσης ηλεκτρονιακών τύπων, δηλαδή: 1) Υπολογίζω το κεντρικό άτοµο που είναι το Χ. ) Υπολογίζω το συνολικό αριθµό e - σθένους 1+ 5 + 6 = ) Συνδέω το κεντρικό άτοµο µε τα περιφερειακά µε απλούς δεσµούς. : O : H- O - X - O ) Αφαιρώ από τον συνολικό αριθµό e - σθένους τα δεσµικά, δηλαδή - 8 = 16 και συµπληρώνω τα µη δεσµικά e - ξεκινώντας περιφερειακά. Για να συµπληρώσω οκτάδα στο κεντρικό άτοµο παίρνω ένα µη δεσµικό ζεύγος και το κάνω δεσµικό, δηλαδή τελικά: []
: O : H- O - X = O: Ψ.Ο. ετεροπολική ένωση Y έχει e - µετατρέπεται σε + - é ù é ù ê: Y : ú, ê:o: ú ë û ë û ΘΕΜΑ Γ Γ1. + Y και το O: g A : CH º CH E : CH CH B:CHCH= O Z:CHCHCl Γ : CH CO Θ : CH CH MgCl Δ : CH COONa K : CH -CH - CH -CH Λ : CH CH CH- CH σθένους που τα αποβάλλει και µε 6e - παίρνει e - σθένους και γίνεται OMgCl M : CH COOCHCH CH CH O - []
Γ. Για να σχηµατιστούν δύο ενώσεις συµπεραίνουµε ότι το αλκένιο (Α) δεν θα είναι συµµετρικό οπότε από το Markonikov τα δύο προϊόντα θα είναι: CH CH CH = CH + H - CH CH CH CH (κύριο) Έστω xmol σχηματίζουν xml o CH CH CH = CH + H - CH CH CH CH - (δευτερεύον) Έστω ymol σχηματίζουν Το 1 ο µέρος ONa ymol 1 CHCHCHCH + Na CHCHCHCH + H x x mol σχηματίζουν mol 6 1 CHCHCHCH - + Na CHCHCHCH - ONa + H y y σχηματίζουν mol 6 x + y 1,1 Οπότε = = 0,05 Þ x + y = 0,() 1 6, Το ο µέρος Αντιδρά µόνο η βουτανόλη CH CH CH CH + I + 6Na CHI + CH CH COONa + 5NaI + 5H O x x mol σχηματίζουν mol ΙΖΗΜΑ Οπότε x = 0,08 Þ x = 0, mol άρα y 0,06mol =. [5]
Το ο µέρος Αντιδρούν και οι δύο αλκοόλες µε KMnO. Εφ όσον µιλάµε για αποχρωµατισµό, θα έχουµε πλήρη οξείδωση και των δύο αλκοολών. 5CH CH CH CH + KMnO + H SO 5CH CH - C CH + K SO + MnSO + 8H O 5mol αντιδρούν με mol KMnO 0,16 0, 08mol ; = = 0, 0mol KMnO 5 5CH CH CH CH - + KMnO + 5H SO 5CH CH CH CO + K SO + MnSO + 11HO Οπότε 5mol αντιδρούν με mol KMnO 0,0 0, 0mol ; = = 0, 016mol KMnO 5 n = 0, 016 + 0, 0 = 0, 08mol Oλ ( KMnO ) n n 0, 08 c = Þ V = = = 0, 8L V c 0,1 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Έστω VLy + 1Ly1 ph= n = 1 0,1 = 0,1mol HCO n = 0,1 V = 0,1Vmol Na HCO + Na HCOONa + H O 0,1 0,1V -0,1V - 0,1V + 0,1V ( ) 0,1-0,1V - 0,1V σε 0,1+ V L O σε περίσσεια θα βρίσκεται το HCO. [6]
Το Δ/ΜΑ είναι ρυθµιστικό µε: 0,1-0,1V 0,1+ V [ HCO] = = Cοξ 0,1V 0,1+ V [ HCOONa] = = Cβασ Οπότε Δ. 0,1-0,1V C + οξ 0,1+ V ë ého û ù = kα = kα Þ C 0,1V βασ 0,1+ V Þ 0,1V = 0,1-0,1V Þ 0, V = 0,1Þ V = 0,5L y HCO = 0,1 = 0,05 Δ/ΜΑ [ ] M CH CO = 1 = 0,5 ε [ ] M HCO + H O HCOO + H O - + 0,05-x x x CH CO + H O CH COO + H O - + 0,5-φ φ φ ( + ) ( + ) x x φ x x φ kαhco = ; Þ x x+ φ = 5 10M 1 0,05 -x 0,05 ( + ) ( + ) -6 ( ) () φ x φ φ x φ kαcho = ; Þ φ x+ φ = 5 10M 0,5-φ 0,5-6 ( ) ( ) -6-5 + -,5 ( ) ( ) ( )( ) é ù 1 + Þ x+ φ x + φ = 10 10 = 10M Þ ëho û = 10 Þ ph =,5 [7]
Δ. Το διάλυµα y περιέχει HCO 0,05Μ Άρα nhco = 0,05mol Περιέχει επίσης CHCO 0,5Μ Άρα n CH CO = 0,5mol Το Mg αντιδρά και µε τα δύο οξέα. ( ) CH CO + Mg ¾¾ CH COO Mg + H mol εκλύουν 1mol H 0,5mol εκλύουν ; = 0,5 = 0, 5mol H ( ) HCO + Mg ¾¾ HCOO Mg + H mol εκλύουν 1mol H 0,05mol εκλύουν ; = 0,05mol H Άρα H n = 0, 5 + 0, 05 = 0, 75mol ολ ( H ) V = 0, 75, = 6,16L Δ. Είναι δυνατόν να γίνει τέτοια ογκοµέτρηση και το ισοδύναµο σηµείο φαίνεται όταν οι σταγόνες του KMnO, δεν χάνουν πια το χρώµα τους. Άρα δεν χρειάζεται δείκτης. Επιµέλεια: Βογιατζόγλου Ανδρέας Πατάκη Ζωή [8]