ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 3 ΜΑΪΟΥ 0 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α A β Α α Α3 δ Α4 β Α5 α Σ β Σ γ Λ δ Λ ε Σ ΘΕΜΑ Β Β α. 0 Μg + s s p 6 5P s s p 6 3s 3p 3 9K s s p 6 3s 3p 6 4s 6Fe + s s p 6 3s 3p 6 3d 6 β. 5P 3 μονήρη, 9Κ μονήρες, 6Fe + 4 μονήρη Β. α. Το 7 l έχει μεγαλύτερο δραστικό πυρηνικό φορτίο από το 6 S και βρίσκεται στην ίδια περίοδο, πιο δεξιά από το 6 S. β. στην ισορροπία Το οξύ είναι ισχυρότερο από το οξύ και η βάση είναι ισχυρότερη από τη βάση Έτσι η ισορροπία είναι μετατοπισμένη προς την κατεύθυνση σχηματισμού των ασθενέστερων προϊόντων, δηλαδή προς τα δεξιά γ. Από την εξίσωση Henderson, HN + F N + HF 3 3 οξύ βάση βάση οξύ n V n ΗΟ = Κ = Κ = K, + oξ οξ/ oξ 3 α α α β nβ/ V nβ παρατηρούμε ότι με αραίωση, η ΗΟ + 3 άρα και το ph μένουν σταθερά (ανεξάρτητα του όγκου), σε σχετικά μικρά όρια. δ. Στο ισοδύναμο σημείο, στο διάλυμα υπάρχει μόνο το NH 4 l, από τα ιόντα του οποίου πρακτικά αντιδρά μόνο το ΝΗ + 4 με Η Ο σύμφωνα με την εξίσωση + + ΝΗ4 + ΗΟ ΝΗ3 + Η3Ο, γιατί είναι το συζυγές οξύ της ασθενούς βάσης ΝΗ 3, ενώ το l -, προέρχεται από το ισχυρό οξύ Hl και δεν αντιδρά με το νερό. Έτσι τελικά το διάλυμα είναι όξινο (άλας που προέρχεται από εξουδετέρωση ισχυρού οξέος με ασθενή βάση).
ε. Αυτή αποδεικνύεται από τις εξής δύο εξισώσεις R και στη συνέχεια R R - - R + HN R - - N (κυανυδρίνη) R - - N + H + H + R - - + NH 4 + Β.3 Από τον πίνακα που φαίνεται δεξιά, προκύπτει ότι η ουσία που αντιδρά και στις τρεις αντιδράσεις, είναι η αιθανάλη (H 3 H=), η ουσία που οξειδώνεται (αποχρωματισμός όξινου δ/τος ΚΜn 4 ) αλλά και με αντιδραστήριο Fehling δίνει κεραμέρυθρο ίζημα u R (-υδροξυοξύ) είναι η μεθανάλη (HH=), η ουσία που μόνο αποχρωματίζει το όξινο δ/μα KMn 4 είναι το μεθανικό οξύ (H),ενώ εκείνη που δεν αντιδρά με κανένα αντιδραστήριο, είναι το H 3 (αιθανικό οξύ) ΘΕΜΑ Γ Γ: A: H 3 - H - H 3 B: H 3 - - H 3 Γ: H 3 - H = H Δ: H 3 - H - H 3 I E: H 3 - HMgI H 3 MgI Z: H 3 - - H - H 3 Fehling I /Na KMn 4, H + HH= + - + H - - + H 3 H= + + + H 3 - - - u HI 3 κίτρινο αποχρ H 3 H 3 Θ: H 3 - - H - H 3 H 3 H 3
Γ.: Οι δύο αλκοόλες του τύπου 3 H 8, είναι η H 3 - H - H και η H 3 - H - H 3. Έστω x, τα mol αντίστοιχα της -προπανόλης και -προπανόλης στο μίγμα. ο x μέρος mol και mol αντίστοιχα Με περίσσεια διαλύματος Ι + ΝαΟΗ αντιδρά μόνο η H 3 - H - H 3 σύμφωνα με την εξίσωση H 3 - H - H 3 + 4 I + 6Na Mr HI 3 = ++3 7=394 78,8 n = = 0,, οπότε = 0, =0,4 mol 394 Άρα HI3 ο μέρος mol mol HI 3 + H 3 Na + 5NaI + 5H x mol H3HH και = 0,mol H3HH 3 αντίστοιχα Και οι δύο οξειδώνονται από το όξινο διάλυμα ΚΜn 4, η πρώτη προς H 3 H και η δεύτερη προς κετόνη H 3 - - H 3, σύμφωνα με τις εξισώσεις των αντιδράσεων 5HHH 3 + 4KMn4 + 6HS 4 5HH 3 + KS 4 + 4MnS4 + H 5mol 4mol x 4 x x ; = = mol 5 5 5H3 H H3 + KMn4 + 3HS4 5H3 H3 + KS4 + MnS4 + 8H 5mol 4mol 0, ; = 0,= 0,08 mol 5 3
Η συνολική ποσότητα του KMn 4 που δαπανήθηκε και για τις δύο αντιδράσεις, είναι n= V = 0, 3,= 0,3mol Έτσι συνολικά x + 0,08 = 0,3 x = 0,4 x = 0,6mol 5 5 Άρα στο αρχικό μείγμα περιέχονταν: ΘΕΜΑ Δ 0,6 mol H3 H H και 0,4 mol Δ. Το H 3 Na διίσταται πλήρως, ως ισχυρός ηλεκτρολύτης + H3Na H3 + Na 0,M 0,M 0,M Από τα ιόντα αυτά, με Η Ο αντιδρά πρακτικά μόνο το H 3 -, ως συζυγής βάση του ασθενούς H 3, ενώ το Να +, που προέρχεται από την ισχυρή βάση Na, δεν αντιδρά με Η Ο. H3 + H H3 + αρχ. 0, Μ - - Αντιδρ x - - παραγ. x x Ισορροπία 0,-x x Μ x Μ Kw 0 K 0 b H3 H 3 - H - H 3 4 9 = = =, Άρα: 5 Kα H3 0 x<< 0, x 9 x 5 Kb = 0 = x = = 0 M 0, x 0, Έτσι p = log[ ] = 5 και ph = 4 p = 9 Δ. Έστω ' η συγκέντρωση του διαλύματος H 3 Na μετά την αραίωση. Αφού προσθέτουμε νερό, το ph τείνει προς το 7, δηλαδή μειώνεται κατά μία 6 μονάδα και γίνεται 8. Έτσι [ ]' = = 0 M, αφού p' = 4 8 = 6. Με ανάλογη διαδικασία, έχουμε << ' 9 0 3 Kb = 0 = ' = 0 M ' ' 4
Από το νόμο της αραίωσης, για =0,M και V =0mL=0,0L έχουμε: 0, 0 V = ' Vτελ Vτελ = = L = 000mL 3 0 Έτσι ο όγκος του Η Ο που προστέθηκε, είναι 000 0 = 990 ml Η Ο. Δ3 Το H 3 Nα αντιδρά με το Hl, σύμφωνα με την εξίσωση: H3Na + Hl H3 + Nal Αφού προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα, συμπεραίνουμε ότι το H 3 Na είναι σε περίσσεια. Έστω V L ο όγκος του διαλύματος Hl 0,0Μ που πρέπει να προσθέσουμε. Έχουμε: n Ηl = 0,0 V mol και 3 nh 3Na = 0, 0,0= 0 mol Αφού το H 3 Na βρίσκεται σε περίσσεια, ισχύει H Na + Hl H + Nal 3 3 αρχικό 0-3 mol 0 - V mol - - αντ/παρ 0 - V 0 - V 0 - V 0 - V τελικό 0 - (0,-V) - 0 - V 0 - V mol 3 0,0 V < 0 V < 0,L V τελ = (0,0 + V) L Οι συγκεντρώσεις των ουσιών που μετέχουν στο ρυθμιστικό διάλυμα, είναι 0 (0, V) 3 β = H Na : M 0 + V 0 V 3 oξ = H : M 0 + V Για το H 3 Na: H3Na H3 + Na + β β β και Για το H 3 : H Η+ Η Ο H + ΗΟ + 3 3 3 αρχ οξ - β Ιοντ ω - - - Παρ - - ω ω Ισορρ οξ -ω - β +ω ω 5
Δ4 Κ α ( ) << β + ω ω ω = = β ω β Κ ω<< α οξ οξ ω οξ + οξ ph= 5 5 5 oξ ω= Η3Ο Κα + 5 = 0 = 0 H 3 = 0 β β 0 V 0 (0, V) οξ β = = V = 0,05L 0 + V 0 + V Δηλαδή V=50mL διαλύματος Ηl 0,0Μ Για το H3Na : Για το NaF: 3 n = V = 0, 0,0= 0 mol = = = n V 0,04 4 0 mol Οι νέες συγκεντρώσεις είναι: ( V = 50mL = 0,05L) H Na 3 ΝαF Διαστάσεις: τελ 3 0 αλ = = 3 Μ 50 0 50 40 4 = = Μ 50 5 αλ H3Na H3 + Na + αλ αλ αλ + ΝαF Να + F αλ αλ αλ Υδρολύονται μόνο τα ανιόντα ως συζυγείς βάσεις των ασθενών H 3 και HF αντίστοιχα. H3 + H H3 + F + ΗΟ ΗF + ΟΗ αρχ αλ αλ Αντ/παρ κ κ κ λ λ λ Ισορρ κ κ κ+λ λ λ κ+λ αλ ( + λ) 0 κκ Κ = = 0 = κ(κ+ λ) 4 9 b 5 αλ 0 αλ κ 4 0 λκ ( + λ) 0 b 4 αλ 0 αλ λ Κ = = 0 = λ(κ+ λ) αλ 6
προσθέτοντας κατά μέλη, έχουμε: 9 0 ( κ λ) 0 αλ 0 αλ + = + 0 4 κ+ λ = [ΟΗ ] = 0 + 0 = + 0 50 5 = 0 + 8 0 = 0 = 0 9 9 0 0 αλ αλ 0 5 Αρα p=5 ph=9 Επιμέλεια Γρηγ. Τσικλίδης 7