Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 210 9713934 & 210 9769376 ΧΗΜΕΙΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΘΕΜΑ Α Α.1 1 Α.2 3 Α.3 1 Α.4 3 Α.5 3 Α.6 2 Α.7 Λ Α.8 Λ Α.9 Λ Α.10 Λ Α.11 Λ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β.1 Αρχικά, υδρολύουμε τους δύο εστέρες προς παραγωγή των αντίστοιχων αλκοολών και οξέων. CH 3 COOCH 2 CH 3 + H 2 O CH 3 COOH + CH 3 CH 2 OH Αιθανικός Αιθανικό Αιθανόλη Αιθυλεστέρας Οξύ CH 3 CH 2 COOCH 3 + H 2 O CH 3 CH 2 COOH + CH 3 OH Προπανικός Προπανικό Μεθανόλη Μεθυλεστέρας Οξύ
Στη συνέχεια προσθέτουμε στα δύο διαλύματα I 2 / NaOH και παρατηρούμε την δημιουργία κίτρινου ιζήματος CHI 3. Από τις δύο αλκοόλες, μόνο η αιθανόλη δίνει την ιωδοφορμική αντίδραση, συνεπώς γνωρίζουμε και σε ποιο διάλυμα βρίσκεται ο αιθανικός αιθυλεστέρας. Β.2 Στο Ι.Σ. θα ισχύει ότι n ΗΗ = n NNNN. Άρα, y x 1000 = ω z 1000 (1) Η αντίδραση που λαμβάνει χώρα κατά την ογκομέτρηση είναι: ΝaΟΗ + ΗΑ ΝaA + H 2 O Όταν προστεθούν τα ω/2 ml του NaOH θα έχουμε ότι: n NNNN = 2000 και n HH = y x 1000 Λόγω της εξίσωσης (1), παρατηρούμε ότι y x 1000 = 2 ω z 2000 (2) mol NaOH + HA NaA + H 2 O Αρχικά 2000 y x 1000 - Α/Π 2000 2000 2000 Τελικά - y x 1000 2000 2000 Από την εξίσωση (2) ισχύει ότι y x 1000 n NNA = 2000 = n HA. Άρα, τελικά στο διάλυμα έχουμε: C HH = =, δηλαδή 2000 2000 2000 ( ω 2 +x) = C NNN. Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα (HA NaA) και αφού K a C οο = 10 2 ισχύουν οι γνωστές προσεγγίσεις, δηλαδή: pp = pk a [Η 3 Ο + ] = K a C οο C β [Η 3 Ο + ] = K a log[η 3 Ο + ] = log K a
Β.3 i) Αφού το στοιχείο ανήκει στα αλογόνα, τότε βρίσκεται στην 17 η (VII A ) Ομάδα του Π.Π, άρα έχει 7 e - σθένους και επειδή είναι το 3 ο στοιχείο της Ομάδας, βρίσκεται στην 4 η Περίοδο, συνεπώς έχει κατειλημμένη τη στοιβάδα N. Η ηλεκτρονιακή απεικόνιση του στοιχείου είναι: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 5 K(2) L(8) M(18) N(7) Άρα, ο ατομικός αριθμός του στοιχείου είναι Z = 35 ( 35 Br). ii) Η ηλεκτρονιακή κατανομή για τα δύο στοιχεία είναι: 37Rb: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 5s 1 Κ(2) L(8) M(18) N(8) O(1) Άρα ανήκει στην 1 η (I A ) Ομάδα και στην 5 η Περίοδο του Π.Π. 47Ag: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 5s 1 4d 10 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 4d 10 5s 1 K(2) L(8) M(18) N(18) O(1) Άρα ανήκει στην 11 η (I B ) Ομάδα και στην 5 η Περίοδο του Π.Π. Ο 47 Ag, εν αντιθέσει με το 37 Rb, έχει το τελευταία του ηλεκτρόνια στην υποστοιβάδα d (αφού η υποστοιβάδα 5s συμπληρώνεται πρότερα) και ως εκ τούτου ανήκει στα στοιχεία μεταπτώσεως, δηλαδή στις δευτερεύουσες Ομάδες του Π.Π. B.4 Ο ιοντισμός του οξέος είναι: HCOOH + H 2 O HCOO - + H 3 O + i) Προσθήκη H 2 O H ισορροπία θα μετατοπιστεί προς τα δεξιά ( ). Το ph του διαλύματος θα αυξηθεί, καθώς η συγκέντρωση του οξέος και κατά συνέπεια των H 3 O +, μειώνεται. Ο βαθμός ιοντισμού του οξέος θα αυξηθεί λόγω μετατόπισης της ισορροπίας προς τα δεξιά (Ostwald). ii) Προσθήκη HCl Η ισορροπία θα μετατοπιστεί προς τα αριστερά ( ), λόγω επίδρασης κοινού ιόντος (H 3 O + λόγω ιοντισμού του HCl).
Το ph του διαλύματος θα μειωθεί, λόγω της αύξησης της συγκέντρωσης των H 3 O +. Ο βαθμός ιοντισμού του οξέος θα μειωθεί, λόγω της μετατόπισης της ισορροπίας προς τα αριστερά (Le Chatelier). iii) Προσθήκη NaOH Η ισορροπία θα μετατοπιστεί προς τα αριστερά, διότι μειώνεται η συγκέντρωση των Η 3 Ο +. Το ph του διαλύματος θα αυξηθεί. Ο βαθμός ιοντισμού του οξέος θα αυξηθεί, λόγω μετατόπισης της ισορροπίας προς τα δεξιά. Β.5 O Fe +2 οξειδώνεται προς Fe +3 και το Cr +6 ανάγεται προς Cr +3. 6 FeCl 2 + K 2 Cr 2 O 7 + 14 HCl 6 FeCl 3 + 2 CrCl 3 + 2 KCl + 7 H 2 O ΘΕΜΑ Γ Α. Η ένωση (Ι) είναι αλκοόλη, συνεπώς ο Γ.Τ. είναι C ν Η 2ν+1 ΟΗ. Για του σ δεσμούς, έχουμε: Μεταξύ C (ν-1) σ δεσμοί. Μεταξύ C H (2ν + 1) σ δεσμοί. Μεταξύ Ο Η 1 σ δεσμός. Μεταξύ C O 1 σ δεσμός. Άρα: ν 1 + 2ν + 1 + 2 = 23 3ν + 2 = 21 ν = 7 Συνεπώς η αλκοόλη (Ι) είναι η C 7 H 15 OH. Η ένωση (Π) είναι υδροξυ-οξύ,το οποίο μπορεί να οξειδωθεί, συνεπώς η ένωση (Κ) είναι αλδεΰδη, η οποία προέρχεται από το αλκίνιο (Ν). Άρα έχουμε: (Ν): CH CH (Κ): CH 3 CH O (M): CH 3 CH CN OH
(Π): CH 3 CH CΟΟΗ OH (Ρ): CH 3 C CΟΟΗ O (Δ): CH 2 O Εν συνεχεία, ξεκινώντας από την ένωση Ψ, έχουμε για τους άνθρακες: (Ψ): ν C (Χ): ν C (Λ): ν C (K): 2 C (A): (ν + 2) C (B): (ν + 2) C (Γ): (v + 2) C (E): (ν + 3) C (Ζ): (ν + 3) C (Θ): (ν + 3) C (Ι): (ν + 4) C ν + 4 = 7 ν = 3 Άρα: (Ψ): CH 3 CH CH 2 (Χ): CH 3 CH CH 3 (Λ): CH 3 CH MgCl Cl CH 3 (Γ): CH 3 CH CH MgCl (Ε): CH 3 CH CH CH 2 OH CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 (Ζ): CH 3 CH CH COOH (Θ): CH 3 CH CH COONa CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 (Ι): CH 3 CH CH CH CH 3 (Α): CH 3 CH CH OH CH 3 CH 3 OH CH 3 CH 3 (B): CH 3 CH CH Cl CH 3 CH 3 Β. i) Αφού το μείγμα είναι ισομοριακό, τότε ισχύει ότι n A = n B. Έστω x mol C ν Η 2ν-2 (αλκίνιο Α) και x mol C μ H 2μ-2 (αλκίνιο Β). Ισχύει οτι: m A + m Β = 8 g x(14ν 2) + x(14μ 2) = 8 g (1)
n H2 = 3,36L 2,24 L n H2 = 0,15mmm mmm Περίπτωση 1: Έστω ότι αντιδρά μόνο το Α x = 0,15mmm x = 0,3mmm 2 R C CH + Na R C CNa + ½ H 2 1 mol 0,5 mol x mol x/2 mol Άρα, λόγω της (1), ν + μ= 2,3. Απορρίπτεται Πρέπει ν 2 και μ 3 (διότι Mr A Mr B ). Περίπτωση 2: Έστω ότι αντιδρά μόνο το Β Καταλήγουμε στο ίδιο συμπέρασμα με το ανωτέρω. Άρα, θεωρούμε οτι αντιδρούν και τα δύο αλκίνια. Άρα: x 2 + x = 0,15mmm 2x = 0,3mmm x = 0,15mmm 2 Όμως λόγω της (1), ν + μ 4. Απορρίπτεται Πρέπει ν 2 και μ 3 (βλ. περίπτωση 1). Συνεπώς, αντιδρούν και τα δύο αλκίνια και το ένα θεωρούμε ότι είναι το αιθίνιο (CH CH). CH CH + 2 Na NaC CNa + H 2 1 mol 0,5 mol x mol x/2 mol x + x 2 R C CH + Na R C CNa + ½ H 2 1 mol 0,5 mol x mol x/2 mol = 0,15mmm 2x + x = 0,3mmm x = 0,1mmm ii) Από (1) έχουμε οτι ν + μ = 6 Για ν = 2, συνεπάγεται ότι μ = 4. Συνεπώς, τα δύο αλκίνια είναι τα CH CH (αιθίνιο) και CH 3 CH 2 C CH (1 βουτίνιο).
Γ. i) Έστω n mol αλκενίου Α. Κατά την ενυδάτωση του αλκενίου προκύπτει η αλκοόλη Β. C ν H 2v + H 2 O C ν H 2v+1 ΟΗ 1 mol 1 mol n mol n mol Κατά την προσθήκη περίσσειας Na στην ένωση Β, προκύπτει το αντίστοιχο αλκοξείδιο του νατρίου (ένωση Γ). C ν H 2v+1 ΟΗ + Na C ν H 2v+1 ONa + ½ H 2 1 mol 1 mol 0,5 mol n mol n mol n/2 mol Κατά την διάλυση της ένωσης Γ προκύπτει πάλι η αρχική αλκοόλη Β. C ν H 2v+1 ΟNa + H 2 O C ν H 2v+1 ΟΗ + NaOH 1 mol 1 mol n mol n mol Το ph του Δ 1 οφείλεται στην ύπαρξη του NaOH, το οποίο σχηματίζεται κατά την ενυδάτωση του αλκοξειδίου του νατρίου. Tο NaOH ως ισχυρή βάση διίσταται πλήρως. Ισχύει λοιπόν για το NaOH: C i = n/10 (Μ) NaOH Na + + OH - (Τελ) C i C i C i pp = 12 ppp = 2 log[oo ] = 2 [OO ] = 10 2 M C i = 10 2 M C i = n 10 n = C 1 10 n = 0,1mmm Άρα, V H2 = 0,1mmm 22,4 mmm L V H 2 = 2,24L ii) Για το αλκένιο Α ισχύει οτι Mr A = 14ν n A = m Α m Α = 0,1mmm MM MM Α MM Α = 42 g 14ν = 42 ν = 3 Α mmm Συνεπως, το αλκένιο Α είναι το CH 3 CH CH 2 (προπίνιο), η αλκοόλη Β είναι η CH 3 CH CH 3 και το αλκοξείδιο του νατρίου Γ είναι το CH 3 CH ONa OH CH 3 (2-προπανόλη) (ισοποροπυλοξικό νάτριο)
Θέμα Δ 1) Αφού οι ποσότητες των δύο αερίων είναι ισομοριακές, τότε ισχύει ότι n N2 = n H2 = n mol N 2 (g) + 3 H 2 (g) 2 NH 3 (g) Αρχ. n n - Α/Π - x - 3x 2x Χ.Ι. n - x n - 3x 2x Απο την εκφώνηση, έχουμε για τη Χ.Ι.: n H2 = n NN3 n 3x = 2x n = 5x(1) Τελικά στη Χ.Ι., n N2 = 4xκαι n H2 = n NN3 = 2x. Άρα, το H 2 είναι σε έλλειψη. Συνεπώς, έχουμε για την απόδοση της ισορροπίας: α = n NN3πππππππά n NN 3θθθθθθθθά = 2x 2n 3 = 2x 10x 3 = 0,6 α = 0,6 α = 60%. 2) i) Έχουμε για την NH 3 στο διάλυμα Δ 1 : C 1 = 2x 20 = 0,1x Η αντίδραση της ογκομέτρησης είναι: NH 3 + HCl NH 4 Cl Στο Ι.Σ. ισχύει ότι n NN3 = n HHH 0,1L x 0,1M = 0,2M 0,05L x = 1mmm (2) Άρα, λόγω της (1), n = 5 mol. Συνεπώς οι αρχικές ποσότητες των N 2 και H 2 είναι n N2 = n H2 = 5mmm. ii) Για την σταθερά της αντίδρασης στο ερώτημα α, έχουμε: K c = [NN 3] 2 [N 2 ] [H 2 ] 3 = ( 2 2 )2 ( 4 K c = 0,5 2 ) (2 2 )2
iii) Για την αντίδραση ογκομέτρησης, n NN3 = 0,01mmm = n HHH (βλ. εξίσωση 2) mol ΝΗ 3 + HCl NH 4 Cl Αρχ. 0,01 0,01 - Α/Π - 0,01-0,01 0,01 Τελικά - - 0,01 Τελικά στο διάλυμα υπάρχει NH 4 Cl, με συγκέντρωση C 1 = 0,01mmm = 0,01M To NH 4 Cl διίσταται σύμφωνα με την εξίσωση: (Μ) NH 4 Cl NH 4 + + Cl - (Τελ.) C 1 C 1 C 1 1L Το παραγόμενο NH + 4 ιοντίζεται σύμφωνα με την εξίσωση: M ΝΗ + 4 + H 2 O NH 3 + H 3 O + Αρχ. C 1 - - - Α/Π x - x x Ι.ΙΣ. C 1 - x - x x Ισχύει για τη σταθερά του οξέος: Κ α = x2 x2 (3) C 1 x C 1 Για τον δείκτη ΗΔ έχουμε: K ΗΗ = [Δ ] [H 3 O + ]) [ΗΗ] = [H 3O + ] [ΗΗ] [Δ ] 10 8 = [H 3O + ] 10 2,5 [H 3O + ] = 10 5,5 M Λόγω της εξίσωσης (3) προκύπτει: Κ α = x2 C 1 K α = (10 5,5 ) 2 K 0,01 α = 10 9 Όμως, K α K b = K w.
Συνεπώς, K bnn3 = 10 5. 3) i) Έχουμε απο το διάλυμα Δ 1 για την ΝΗ 3 : C 1 = 0,1 M και V 1 = 0,1 L Για το διάλυμα Ba(OH) 2 : C 3 = 0,05 M και όγκος V L Μετά την ανάμειξη, ισχύει για το διάλυμα Δ 3 ότι V 3 = V 1 + V ΝΗ 3 : C 1 V 1 = C 1 (V 1 + V) C 1 = 0,1M 0,1L VV+0,1 L Ba(OH) 2 : C 3 V = C 3 (V 1 + V) C 3 = 0,05M VV VV+0,1L Η διάσταση του Ba(OH) 2 είναι: (Μ) Ba(OH) 2 Ba +2 + 2 OH - (Τελ) C 3 C 3 2 C 3 Η διάσταση της ΝΗ 3 είναι: M ΝΗ 3 + H 2 O NH + 4 + ΟΗ - Αρχ. C 1 - - 2 C 3 Α/Π y - y y Ι.ΙΣ. C 1 - y - y 2 C 3 + y [ΟΟ] = 0,05Μ 2C 3 = 0,05M C 3 = 0,025M 0,05V V+0,1 = 0,025 V = 0,1L ii) Απο τη σταθερά ιοντισμού της ΝΗ 3 : K bnn3 = 10 5 2C 3 y C 1 α NN3 = 2 10 4 = 10 5 10 5 = 2c 3 α NN3 α NN3 = 10 5 0,05 4) Μετά την προσθήκη ισχύει για τις διάφορες ενώσεις: ΝΗ 3 : C 1 = 0,01 0,2 Μ
Ba(OH) 2 : C 3 = 0,005 0,2 M n NN3 = 0,01mmm n BB(OO)2 = 0,005mmm Έστω ότι προστίθενται n mol HCl. Αυτό θα εξουδετερώσει πρώτα όλο το Ba(OH) 2 και εν συνεχεία θα εξουδετερώσει μέρος της ΝΗ 3, διότι το τελικό διάλυμα θα έχει ph = 9. Δε μπορεί να περισσεύει ούτε το Ba(OH) 2, διότι τότε θα ήταν ph >>9, αλλά ούτε και να μην περισσεύει ΝΗ 3, γιατί στο τελικό διάλυμα θα υπήρχε ΝΗ 4 Cl με ph < 7. Άρα, αν αρχικά είχα n mol HCl, τότε θα έδινε 0,01 mol για το Ba(OH) 2. mol Ba(OH) 2 + 2 HCl BaCl 2 + 2 H 2 O Αρχικά 0,005 0,01 - Α/Π - 0,005-0,01 0,005 Τελικά - - 0,005 mol NH 3 + HCl NH 4 Cl Αρχικά 0,01 n - 0,01 Α/Π 0,01 - n 0,01 - n Τελικά 0,02 - n n 0,01 Στο διάλυμα τελικά έχουμε: ΝΗ 3 : C 4 = 0,02 n 0,2 NH 4 Cl: C 5 = n 0,01 0,2 Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό, με ph = 9. Συνεπώς, poh = 5 και [OH - ] = 10-5 M. Άρα, [ΟΟ ] = K b C 4 C 5 C 4 = C 5 0,02 n = n 0,01 2n = 0,03 n = 0,015mmm ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΑΓΓΕΛΑΚΟΠΟΥΛΟΣ ΜΑΡΙΝΟΣ ΓΡΗΓΟΡΟΠΟΥΛΟΣ ΔΗΜΗΤΡΗΣ