ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 6 ΙΟΥΝΙΟΥ 04 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α. γ Α. β Α3. α Α4. β Α5. β ΘΕΜΑ Β Β. α. Λ β. Λ γ. Σ δ. Σ ε. Σ Β. α. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελ. 90-9
β. Το στοιχείο ανήκει στην ΙΙ Α ομάδα του περιοδικού πίνακα (αλκαλική γαία) διότι η Ε i3 είναι κατά πολύ μεγαλύτερη από την Ε i. Αυτό συμβαίνει γιατί κατά την απόσπαση του δεύτερου ηλεκτρονίου από το άτομο του στοιχείου δημιουργείται δομή ευγενούς αερίου η οποία είναι ιδιαίτερα σταθερή. Άρα το στοιχείο έχει δύο ηλεκτρόνια στην εξωτερική του στιβάδα. γ.εφόσον το ph του διαλύματος είναι 3 συμπεραίνουμε ότι η [Η 3Ο ]=0-3 Μ Για το δείκτη ΗΔ έχουμε: ΗΔΗ Ο Δ - Η 3Ο Για την Κ α του δείκτη ισχύει: K [ ] 0 [ ] ή [ ] [ ] 00 a [ ][ ] [ ] K [ ] 0 5 3 a [ ] [ ] 3 [ 3 ] [ ] 0 Το διάλυμα θα αποκτήσει κόκκινο χρώμα αφού η συγκέντρωση της όξινης μορφής του δείκτη είναι 00 φορές μεγαλύτερη από τη συγκέντρωση της βασικής του μορφής. δ. Στο διάλυμα έχουμε τις παρακάτω αντιδράσεις: NH 4Α NH 4 Α - () NH 4 Η Ο ΝΗ 3 Η 3Ο () Εφόσον το διάλυμα έχει ph=8 συμπεραίνουμε ότι το Α - θα αντιδρά και αυτό με το νερό διαφορετικά το διάλυμα θα ήταν όξινο λόγω των Η 3Ο που προκύπτουν από την (). Έτσι έχουμε: Α - Η Ο ΗΑ ΟΗ - (3) και Η 3Ο ΟΗ - Η Ο (4) Από την () φαίνεται ότι το NH 4 και το Α - έχουν τις ίδιες συγκεντρώσεις και αφού ph=8 έχουμε: [Η 3Ο ]<[ΟΗ - ]. Οπότε: Kw Kw Ka( NH4 ) Kb( A ) Kb( NH3) Ka( HA) K ( NH ) K ( HA) Συνεπώς η K aηα < 0-5 b 3 a
ΘΕΜΑ Γ Γ. α. Με επίδραση αμμωνιακού διαλύματος χλωριούχου υποχαλκού θα αντιδράσει μόνο το -πεντίνιο και θα σχηματιστεί ίζημα. CH 3CH CH CCHCuClNH 3 CH 3CH CH CCCu NH 4Cl β. Με επίδραση διαλύματος NaOH θα έχουμε αντίδραση σαπωνοποίησης και από τους δύο εστέρες. HCOOCH 3NaOHHCOONaCH 3OH (Ι) CH 3COOCH CH 3NaOHCH 3COONaCH 3CH OH (ΙΙ) Αν στα προιόντα της σαπωνοποίησης επιδράσουμε περίσσεια όξινου διαλύματος υπερμαγγανικού καλίου για την (Ι) έχουμε: 0HCOONa4KMnO 4H SO 40CO 4MnSO 4K SO 45Na SO 46H O. Το παραγόμενο διοξείδιο του άνθρακα θα θολώσει διάλυμα ασβεστόνερου λόγω σχηματισμού λευκού ιζήματος ανθρακικού ασβεστίου. CO Ca(OH) CaCO 3H O Στην (ΙΙ) η πλήρης οξείδωση των προιόντων δεν οδηγεί σε σχηματισμό CO. Γ. Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων Α,Β,Γ,Δ,Ε,Ζ και Θ είναι: Α: HCCH Β: CH =CH Γ: CH 3CH Cl Δ: CH 3CH MgCl Ε: CH 3CH=O Ζ: CH 3-CH(OMgCl)-CH CH 3 Θ: CH 3-CH(OH)-CH CH 3
Γ3. Έστω C νη νοη (Α) η μια αλκοόλη και C κη κοη (Β) η άλλη και έστω ότι στο μίγμα έχουμε α mol Α και β mol Β. Από τη μάζα του μίγματος θα έχουμε: m Am B=m μίγματος ή Mr A MrB m ή (4 8) (4 8) 44, 4 () ο Μέρος Με Na αντιδρούν και οι δύο αλκoόλες: C νη νοηna C νη νοna/h mol α/3 α/6 C κη κοηna C κη κοna/h mol β/3 β/6 Για το αέριο υδρογόνο που ελευθερώνεται θα ισχύει: V a,4 0, 0,6 () 6 6 V 6, 4 6 m
ο Μέρος Με το SOCl αντιδρούν και οι δύο αλκοόλες και δίνουν τα αντίστοιχα αλκυλαλογονίδια: C νη νοη SOCl C νη νclso HCl C κη κοη SOCl C κη κclso HCl Στη συνέχεια με επίδραση Mg σε απόλυτο αιθέρα θα σχηματιστούν τα αντίστοιχα αντιδραστήρια Grignard: C νη νcl Mg C κη κcl Mg C νη νmgcl C κη κmgcl Τέλος με προσθήκη νερού: C νη νmgclη Ο C νη ν Mg(ΟΗ)Cl C κη κmgclη Ο C κη κ Mg(ΟΗ)Cl Με δεδομένο ότι προκύπτει ένα μόνο οργανικό προιόν συμπεραίνουμε ότι (3) Από τις σχέσεις (),() και (3) θα έχουμε: (4 8) (4 8) 44, 4 ( ).(4 8) 44,4 0,6.(4 8) 44, 4 44,4 4 8 0,6 4 8 74 4 56 4
Άρα ο κοινός μοριακός τύπος των δύο αλκοολών είναι C 4H 9OH στον οποίο αντιστοιχούν 4 ισομερή: CH 3-CH -CH(OH)-CH 3 CH 3-CH -CH -CH -ΟΗ CH 3-CH(CH 3)-CH -OH CH 3 CH 3 C CH 3 OH 3ο Μέρος Επειδή με επίδραση I /NaOH έχουμε σχηματισμό κίτρινου ιζήματος συμπεραίνουμε ότι η μία από τις αλκοόλες, έστω η (Α), θα είναι η -βουτανόλη αφού είναι η μοναδική από τις παραπάνω που δίνει την αλογονοφορμική. Εφόσον στο ο μέρος και οι δύο αλκοόλες μετατρέπονται τελικά στο ίδιο αλκάνιο θα έχουν την ίδια ανθρακική αλυσίδα. Αφού η -βουτανόλη έχει ευθύγραμμη ανθρακική αλυσίδα συμπεραίνουμε ότι η αλκοόλη Β θα είναι η -βουτανόλη, η οποία είναι η μοναδική από τα υπόλοιπα ισομερή που έχει ευθύγραμμη ανθρακική αλυσίδα. Από την αλογονοφορμική αντίδραση της -βουτανόλης θα υπολογίσουμε τα mol της: CH 3-CH(OH)-CH CH 3 4Ι 6ΝαΟΗ CH 3CH COONaCHI 35NaI5H O n (αρχ) α/3 n (τελ) α/3 Από το ιωδοφόρμιο έχουμε: 0,05 a 0,5 mol 3 Από τη σχέση () υπολογίζουμε και τα mol του Β: 0,6 0,45mol
ΘΕΜΑ Δ Δ. Η σωστή αντιστοίχιση δίνεται από τον παρακάτω πίνακα: Δοχείο Δοχείο Υ3 (HCl) Υ5 (NH 4Cl) Δοχείο 3 Υ (NaNO 3) Δοχείο 4 Υ (NH 3) Δοχείο 5 Υ4 (NaOH) Δ. α. Κατά την ογκομέτρηση του γαλακτικού οξέος από το NaOH έχουμε: CH 3-CH(OH)-COOH NaOH CH 3-CH(OH)-COONa H O Στο ισοδύναμο σημείο έχουμε n οξ=n β δηλαδή: C V C V C.0 0,.5 C 0,05 β. Ενδεικτικά, προτείνονται οι παρακάτω εργαστηριακές δοκιμασίες: Για την ανίχνευση της καρβοξυλομάδας θα χρησιμοποιήσουμε NaHCO 3: CH 3-CH(OH)-COOH NaHCO 3 CH 3 CH(OH)-COONa CO H O Κατόπιν διαβιβάζοντας το CO σε διάλυμα ασβεστόνερου θα έχουμε καταβύθιση λευκού ιζήματος CaCO 3: CO Ca(OH) CaCO 3H O
Για την ανίχνευση της υδροξυλομάδας θα χρησιμοποιήσουμε μικρή ποσότητα όξινου (με Η SO 4) διαλύματος υπερμαγγανικού καλίου: 5CH 3-CH(OH)-COOHΚMnO 43H SO 4 5CH 3-CO-COOΗMnSO 4K SO 48H O Θα παρατηρήσουμε αποχρωματισμό του ερυθροιώδους διαλύματος υπερμαγγανικού καλίου. Δ3 Έστω V L διαλύματος NaOH (Υ4) και V L διαλύματος ΝΗ 4Cl (Υ5). Οι δύο ουσίες θα αντιδράσουν. Για τα mol τους έχουμε: NaOH: n =C V = 0,V mol ΝΗ 4Cl: n =C V = 0,V mol Για να προκύψει ρυθμιστικό διάλυμα πρέπει να περισσέψει NH 4Cl. NaOH NH 4Cl NH 3 NaCl H O mol (αρχ) 0,V 0,V mol (αντ) 0,V 0,V mol (παρ) - - 0,V 0,V mol (τελ) - 0,V -0,V 0,V 0,V Το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό ΝΗ 3/ΝΗ 4 με C 0,V 0,V V V 0,V και C V V Υπολογίζουμε την K a του ΝΗ 4 από το διάλυμα Υ: ΝH 3 Η Ο ΝH 4 OΗ - C (αρχ) 0, - - - C (ιον) x - - - C (παρ) - - x x C (ΙΣ) 0,-x - x x
3 ph poh 4 3 x 0 M Έχουμε: K b 3 6 x x (0 ) 0 0 C x C 0, 0 5 Για το που είναι το συζυγές οξύ της έχουμε: 4 3 4 Kw 0 a 0 5 K 0 b 9 Εφόσον ισχύουν οι προσεγγίσεις θα χρησιμοποήσουμε την εξίσωση Henderson- Hasselbach: C C ph pka log 9 9 log C C C C o 0,V 0,V 0,V V Οπότε: 0,V 0,V 0,V 0, V 0,V V V V V V Δ4 Διάλυμα Υ: ΝH 3 Η Ο ΝH 4 OΗ - Κατά την αραίωση του διαλύματος ΝΗ 3 ελαττώνεται η συγκέντρωση. Έχουμε: [ ]. οπότε η [ΟΗ - ] μειώνεται και το ph ελαττώνεται. Άρα ph =-=0. b C Από την αραίωση έχουμε: Στο αραιωμένο διάλυμα έχουμε: C V C ( V x) () ΝH 3 Η Ο ΝH 4 OΗ - C (αρχ) C - - - C (ιον) λ - - - C (παρ) - - λ λ C (ΙΣ) C -λ - λ λ
ph poh 4 0 4 0 4 0 4 8 8 (0 ) 0 0 3 Kb C 0 M 5 C C C C 0 Από την () έχουμε: 0,V=0-3 (Vx) 00V V x x 99V L Η Ο Διάλυμα Υ4: ΝαΟΗ Να OΗ - Κατά την αραίωση του διαλύματος ΝαΟΗ ελαττώνεται η συγκέντρωση, άρα και η [ΟΗ - ] οπότε το ph μειώνεται. Άρα ph 4=3-=. NaOH Na OH - C (αρχ) C 4 - - C (τελ) - C 4 C 4 ph poh 4 [ OH ] C4 0 M Από την αραίωση έχουμε: C V C ( V y) 4 Έχουμε: 0, 0 ( ) 0 V V y V V y y 9V L H O Διάλυμα Υ6: Το διάλυμα Υ6 είναι ρυθμιστικό και για αραιώσεις σε κάποια όρια το ph του διατηρείται πρακτικά σταθερό. Για να μεταβληθεί το ph κατά μια μονάδα πρέπει να ξεπεραστούν τα παραπάνω όρια δηλαδή να προστεθεί πολύ μεγάλος όγκος νερού. Συμπερασματικά έχουμε: yx
Παρατήρηση Για τον ακριβή υπολογισμό του όγκου του νερού μπορούμε να ακολουθήσουμε και την παρακάτω διαδικασία: Στο ρυθμιστικό Υ6 τα συστατικά του έχουν τις εξής συγκεντρώσεις: 0,V 0,V V 0, V 0,V NH4Cl : C και αφού τελικάc V V V V 3 C 30 0,V 0,V 3 30 NH3 : C C V V V Με την αραίωση του ρυθμιστικού το ph ελαττώνεται κατά μία μονάδα. 4 Οπότε ph =9-=8 Στο αραιωμένο διάλυμα οι νέες συγκεντρώσεις είναι: NH Cl : C V C V όπουv V C C 3 6 C V V 30 V C V V 30V NH : C V CV CV V 30 V C V V 30V NH 4Cl NH 4 Cl - τελ C οξ C οξ NH 3 Η Ο NH 4 ΟΗ - ΧΙ C β-λ C οξλ λ ph 6 = 8. Άρα pοh 6 = 6. Συνεπώς λ=0-6 Μ Λόγω μεγάλης αραίωσης δεν ισχύουν οι προσεγγίσεις ( C ) ( C 0 )0 C 0 kb C C 6 6 6 5 6 6 0 0 0 0 0 0 6 6 C C 0 C 0 6 6 6 V V 6 9V 3 5 0 00 0C C 0 0 0 V 0 V 30V 30V 30V 3 5 3 5 3 5 3 5 V 0 V 0 V V ( 0 ) V 0 V L HO