ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 29 ΜΑΪΟΥ 20 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α. γ Α2. β Α. δ Α4. β Α5. α) Θεώρηµα Arrhenius: ) Βάσεις είναι οι ενώσεις που όταν διαλυθούν στο νερό δίνουν ΟΗ 2) Οι βάσεις είναι ουδέτερα µόρια. ) Η συµπεριφορά µιας βάσης εκδηλώνεται µόνο σε υδάτινα διαλύµατα. ή 4) Ο βασικός χαρακτήρας εκδηλώνεται ανεξάρτητα της παρουσίας ενός οξέος. Θεώρηµα B - L: ) Βάση είναι η ουσία που µπορεί να δεχτεί ένα ή περισσότερα πρωτόνια. 2) Οι βάσεις µπορεί να είναι ουδέτερα µόρια ή ιόντα. ) Η συµπεριφορά µιας βάσης εκδηλώνεται σε οποιοδήποτε περιβάλλον. ή Ο βασικός χαρακτήρας εκδηλώνεται µόνο µε την παρουσία ενός οξέος. β) Ηλεκτρολυτική ιάσταση ) Η ηλεκτρολυτική διάσταση είναι η αποµάκρυνση των ιόντων που υπάρχουν στο κρυσταλλικό πλέγµα των ιοντικών ενώσεων, µε τη βοήθεια των διπόλων του νερού µε «φυσικό µηχανισµό». 2) Οι ιοντικές ενώσεις διίστανται πλήρως. Ιοντισµός των ηλεκτρολυτών ) Ιοντισµός µιας οµοιοπολικής ένωσης είναι η αντίδραση των µορίων της µε τα µόρια του διαλύτη (νερού) για το σχηµατισµό ιόντων. 2) Στις οµοιοπολικές ενώσεις έχουµε πλήρη ή µερικό ιοντισµό.
ΘΕΜΑ B Β. α. Λάθος Το καθαρό Η 2 Ο στους 80 ο C είναι ουδέτερο Ισχύει [ΟΗ ] = [Η Ο + ] H O+ H O + H O + 2 2 β. Σωστό To HS προέρχεται από το ασθενές οξύ Η 2 S και σύµφωνα µε τις αντιδράσεις: HS + H O H S+ 2 2 HS + H O S + H O 2 + 2 To HS συµπεριφέρεται και σαν οξύ και σαν βάση εποµένως είναι αµφιπρωτική ουσία. γ. Λάθος Η αντίδραση ιοντισµού της ΝΗ είναι: NH + H O NH + + 2 4 Η ΝΗ είναι ασθενής βάση και ΝΗ + 4 το συζηγές οξύ τη. Η σταθερά Κα του ΝΗ + 4 είναι Κα. Κb = Kw Kα = 0 9 εποµένως ΝΗ 4 + είναι επίσης ασθενές οξύ. δ. Σωστό Ηµισυµπληρωµένο p τροχιακό ( ) ( ) ( ) p x p y p z Άρα s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 d 0 4s 2 4p Ηλεκτρόνια εξωτερικής στιβάδας 4s 2 4p Εποµένως ανήκει στην 5 η οµάδα του Π.Π. ε. Λάθος Στο αλκένιο: Στο αλκυλαλογονίδιο: Α:Ο. Α:Ο. C: 2 C: Ο Α.Ο. του C: µειώνεται άρα ανάγεται. + - -2 + l - 0 l -
Β2. α. Στην 2η περίοδο συµπληρώνονται κατά σειρά η 2s και η 2p υποστιβάδες Η 2η περίοδος έχει κύριο κβαντικό αριθµό n = 2 Για n = 2 έχουµε s 2 2s και s 2 2s 2 s 2 2s 2 2p έως s 2 2s 2 2p 6 Με βάση τη σειρά κατάληψης των υποστιβάδων στη 2η περίοδο έχουµε 8 στοιχεία 2 στον s τοµέα και 6 στον p τοµέα. ΘΕΜΑ Γ β. Ζ = 27 s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 d 7 4s 2 Στον τοµέα d εξωτερική στιβάδα είναι (n )d x 4s 2 Εποµένως το στοιχείο ανήκει στην 9η οµάδα στην 4η περίοδο και στον d τοµέα του Π.Π. Γ. α. Α: ΗCO B: H=O Γ: 2 : CΟΟΗ E: =O β. i. H = O + 2CuSO4 + 5 HCOONa + Cu2O + 2Na 2SO4 + H 2O + 4I + 6 HCOONa + I + 5NaI + 5H O ii. 2 2 2 iii. = O + 2AgNO + NH + H2O COONH 4 + 2Ag + 2NH4NO iv. + 2K Cr O + 8H SO CO + 2Cr (SO ) + 2K SO + H O 2 2 2 7 2 4 2 4 2 4 2 Γ2. [ Ο] HCN H2Ο Χ Ψ Φ + 2 H Όπου Φ: 2 C CN C CO C Ψ: 2 O Χ: 2 Λ: 2 Cl
Μ: 2 MgCl C + 2 2 O MgCl C + H2O 2 2 OMgCl C 2 2 Όπου Θ: C και Σ: 2 2 OMgCl C 2 2 Γ. ιάλυµα Έστω COOK COOK 2φ mol CO 2ω mol ο µέρος φ mol (COOK) 2 και ω mol CO Μόνο το CO αντιδρά µε ΚΟΗ: n K = C K V K =0,2 0, = 2 0 2 mol CO + ΚΟΗ COOΚ + Η 2 Ο mol απαιτεί mol ω mol 2 0 2 mol Εποµένως ω = 2 0 2 mol 2ω = 0,04 mol CO στο αρχικό δ/µα
ΘΕΜΑ. 2ο µέρος φ mol (COOK) 2 και ω mol CO Μόνο το (COOK) 2 οξειδώνεται n = C V = 0,2 0,2 = 0,04 mol KMnO 4 5(COOK) 2 + 2ΚΜnΟ 4 + 8H 2 SO 4 0CO 2 + 2ΜnSΟ 4 + 6K 2 SO 4 + 8H 2 O 5 mol 2 mol φ mol 0,04 mol φ = 0, mol Εποµένως 2φ = 0,2 mol (COOK) 2 Στο αρχικό δ/µα περιέχονται 0,2 mol (COOK) 2 και 0,04 mol COOΗ CO NαΟΗ 0,2 Μ + 0,2 Μ 0, L 0,05 L 0,05 L ph=; (Α) (Β) (Τελικό) n n CO = 0,05 0, 2 = 0,0 mol = 0,05 0,2 = 0,0 mol (mol) CO + Nα COONa + H2O (αρχ) 0,0 0,0 --- (αν/παρ) -0,0-0,0 0,0 (τελ.) -- -- 0,0 [ COONa] n 0,0 = = = 0, M. V 0, (Μ) +H2O + COONa COO + Na 0, Μ -- -- -- 0, Μ 0, Μ (Μ) COO + Η 2 Ο COOΗ + ΟΗ (αρχ.) 0, Μ (αν/παρ) x x x ΙΙ 0, x x x
[ ] - CO K w x x K b = = όµως 0, x 0, - K COO a 0, x 4 2 0 x 2 0 5 = x = 0 x=0 οπότε [ΟΗ ] = 0 5. 5 0 0, Εποµένως 2. CO 4 + 0 9 ΗΟ = = 0, άρα ph = 9. 5 0 NαΟΗ 0,2 Μ + 0,2 Μ νερό + V = L 0,05 L 0, L ph=; (Α) (Β) ( ) n n CO = 0, 2 0,05 = 0,0 mol = 0, 2 0, = 0,02 mol (mol) CO + Nα COONa + H2O (αρχ) 0,0 0,02 --- --- (αν/παρ) -0,0-0,0 0,0 (τελ.) -- 0,0 0,0 0,0 [ NaΟΗ ] = = 0,0 M 0,0 [ COONa ] = = 0,0 M +Η2Ο + (Μ) ΝαΟΗ Ν α + ΟΗ 0,0 Μ --- 0,0 Μ 0,0 Μ (Μ) +Η2Ο + COOΝα COO + Να 0,0 Μ --- 0,0 Μ 0,0 Μ (Μ) COO + Η 2 Ο COOΗ + ΟΗ (αρχ.) 0,0 0,0 (αν/παρ) y y y ΙΙ 0, y y 0,0 + y Κ b 2 < 0 C Ισχύουν οι προσεγγίσεις: άρα 5 0 2 < 0 2 0 [ΟΗ ] = 0,0 + y 0,0 = 0 2 4 + 0 2 εποµένως ΗΟ = = 0 και άρα ph = 2. 2 0
. CO HCl 0,2 Μ + 0,2 Μ +(0,5mol) -> V E = L 0,5 L 0,5 L ph=; (Α) (Γ) (E) n CO = 0,5 0,2 = 0, mol n = 0,5 0, 2 = 0, mol n HCl = 0,5 mol Το ΝαΟΗ θα αντιδράσει µε τα δύο οξέα. Τα συνολικά mol οξέων: n οξ. =0,+ 0,= 0, 2 mol Τα συνολικά mol ΝαΟΗ: nβασ. = 0,5 mol Άρα όλα τα mol ΝαΟΗ θα αντιδράσουν όλα και θα περισσέψουν mol οξέων. Το τελικό διάλυµα θα έχει ph όξινο. Από τα δύο οξέα το ΗCl είναι ισχυρό γι αυτό θα αντιδράσει πλήρως και θα περισσέψουν mol CO. (mol) HCl + NaOΗ NaCl + Η 2 O (αρχ.) 0, 0,5 (αν/παρ) 0, 0, 0, τελ 0,05 0, και (mol) COΟH + COΟNa + Η 2 O (αρχ.) 0, 0,05 (αν/παρ) 0,05 0,05 0,05 τελ 0,05 0,05 0,05 C CO= = 0,05M= Cολ. 0,05 CCOONa= = 0,05M= Cβασ. Cβασ. 0,05 άρα ph= pka+ log = 5+ log = 5. C 0,05 ολ.
4. Στο ισοδύναµο σηµείο της κάθε ογκοµέτρησης έχει χρησιµοποιηθεί ο ίδιος όγκος (20 0 L) προτύπου δ/τος Νa Εποµένως: Στο ισοδύναµο σηµείο της ογκοµέτρησης του COOΗ ισχύει: n = n CO C V = C V CO 0, 2 V = 0, 2 20 0 V = 2 0 2 L ή 20 ml Στο ισοδύναµο σηµείο της ογκοµέτρησης του ΗB ισχύει: n = n C V = C V C 2 0 2 = 0,2 2 0 2 C = 0,2 M Για την ογκοµέτρηση του COOΗ όταν έχουµε προσθέσει 0 ml πρότυπου δ/τος Νa n = C V = 0, 2 0,0 = 0,002 mol (mol ) COOΗ + Νa COOΝa + Η 2 Ο Αρχ. 0,004 0,002 Αντ./Παρ. 0,002 0,002 0,002 Τελ. 0,002 0,002 Ο όγκος του ογκοµετρούµενου δ/τος θα είναι V = 0 + 20 = 0 ml. Εποµένως: n 0,002 2 C = = = M= C V 0,0 0 έχουµε Ε.Κ.Ι. CO COONa (Μ) COONa COO + Na + 2/0 2/0 2/0 (Μ) CO + Η 2 Ο COO + H O + (αρχ.) 2/0 2/0 (αν/παρ) x x x I.I. 2/0 x 2/0 + x x Από τη σταθερά ιοντισµού του CO έχουµε: 2 + x x [HO ][COO ] + 5 0 KaCO = 0 = [ 2 CO] x 0
2 x 5 0 5 0 = x = 0 M, ph = log[h O + ] = log0 5 = 5. 2 0 α) Εποµένως η καµπύλη που αντιστοιχεί στο CO είναι η καµπύλη 2 και η καµπύλη στο. β) Για την ογκοµέτρηση του όταν έχουµε προσθέσει 0 ml πρότυπου διαλύµατος n = C V = 0,2 0,0 = 0,002 mol. n = C V = 0,2 0,02 = 0,004 mol. (mol) + NaOΗ NaB + Η 2 O (αρχ.) 0,004 0,002 (αν/παρ) 0,002 0,002 0,002 τελ 0,002 0,002 Ο όγκος του ογκοµετρούµενου διαλύµατος θα είναι: V' = 0 + 20 = 0mV. Εποµένως C n 0,002 2 = = = M = CNaB V 0.0 0 Έχουµε Ε.Κ.Ι ΝaΒ Νa + + Β - (Μ) 2/0 2/0 2/0 + H2O HO + B Ι. Ι. (2/0-Χ 2 ) Χ 2 ( Χ 2 +2/0) Από την καµπύλη προκύπτει ότι ph= 4 οπότε 4 H O + = 0 όταν V = 0 ml. Άρα από την σταθερά ιοντισµού Κa του ΗΑ προκύπτει: 2 2 + H 2 2 2 O B + x x x 0 0 4 K a = = K 0 [ ] 2 2 a =. x 2 0 0
Εκτός της αναλυτικής λύσης που αναφέρουµε παραπάνω θα µπορούσε να απαντήσει κάποιος στα ερωτήµατα α, β και µε πιο θεωρητικό τρόπο Από τη καµπύλη βλέπουµε ότι το ισοδύναµο σηµείο της ογκοµέτρησης, είναι στα 20ml διαλύµατος ΝαΟΗ. Αυτό σηµαίνει ότι τα 20 ml διαλύµατος περιέχουν τόσα mol ΝαΟΗ, όσα απαιτούνται για πλήρη εξουδετέρωση. Αν όµως προσθέσουµε 0ml διαλύµατος, σηµαίνει ότι προσθέτουµε τα µισά mol από αυτά που απαιτούνται για πλήρη εξουδετέρωση, εποµένως εξουδετερώνονται τα µισά mol του οξέος και από την εξουδετέρωση παράγονται άλλα τόσα mol άλατος. ηλαδή προκύπτει ρυθµιστικό διάλυµα µε ίσες συγκεντρώσεις. Από την εξίσωση Henderson Hasselbalch προκύπτει ph=pka=4 άρα Κα=0-4 Επειδή το CO έχει Κα=0-5 συµπεραίνουµε ότι η καµπύλη παριστάνει το οξύ ΗΒ, µε Κα=0-4 και η καµπύλη 2 παριστάνει το CO γ) Στο ισοδύναµο σηµείο κατά την ογκοµέτρηση του ΗΒ είναι: n = C V = 0, 2 0,02 = 0,004 mol (mol) + NaΒ + Η 2 Ο Αρχικά 0,004 0,004 Αντ/παρ. 0,004 0,004 0,004 Τελικά -- -- 0,004 Στο ισοδύναµο σηµείο υπάρχει µόνο το άλας ΝαΒ. Ο όγκος του διαλύµατος θα είναι: 20+ 20 = 40 ml ή 0,04 L. 0,004mol C = NaB 0,M 0,04 L = NaΒ Νa + + Β - (Μ) 0, 0, 0, (Μ) Β - + Η 2 Ο ΗΒ + ΟΗ - Αρχικά 0, Ιαντ/ παρ. Χ Χ Χ Ι. Ι. 0,-Χ Χ Χ Η σταθερά ιοντισµού του Β - είναι: K K K K 0 0 b B a = w b =. B 2 2 [][ ] 0 x x K - = 0 = bb [B ] 0, x 0, x = 0 x = 0 M 2 5,5 Εποµένως p = log[ ] = log0 5,5 = 5,5 ph = 4 p = 4 5,5 = 8,5