ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΕΜΠΤΗ 9 ΙΟΥΝΙΟΥ 2011 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ Π ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ A A1. β A2. α A3. γ A4. α Α5. α. Λάθος, β. Σωστό, γ. Λάθος, δ. Λάθος, ε. Σωστό. ΘΕΜΑ Β Β1. H : 1s 1 C : 1s 2 2s 2 2p 2 N : 1s 2 2s 2 2p 3 O : 1s 2 2s 2 2p 4 Na : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 Mg : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 [ Na + ] - O= C -O-H, 3 [ Mg +2 ] 2[ N -3 ] O B2. α. Έστω 1000 ml = 1L H 2 O, η πυκνότητα του είναι 1g/ml, η μάζα του Η 2 Ο θα είναι 1000 gr, άρα n = m = 1000 Mr 18 = 55,55 mol, άρα C = n = 55,55 V 1 = 55,55 M β. Έστω ο δείκτης είναι ασθενές οργανικό οξύ με μοριακό τύπο ΗΔ. Σε ένα διάλυμα δείκτη έχουμε τον ιοντισμό του. ΗΔ + Η 2 Ο Η 3 Ο + + Δ - Για την ισορροπία ισχύει: + - - [Η3Ο ] [Δ ] + [Δ ] ahδ = og ahδ = og[η3ο ] + og - [Δ ] PH = og ahδ - og (1)
- [Δ ] Αν < 10 επικρατεί το χρώμα του συζυγούς οξέος και από την σχέση (1) προκύπτει ΡH < ΡΚ aηδ - 1 (όξινο χρώμα) γ. Από τον τύπο Ε = -2,18. 10-18 j/n 2 έχουμε ΔΕ 1 = Ε 1 - Ε 2 = Ε 1 - Ε 1 /4 = -3Ε 1 /4 ΔΕ 2 = Ε 2 - Ε 4 = Ε 1 /4 - Ε 1 /16 = -3Ε 1 /16 όπου Ε 1 =-2,18. 10-18 j, άρα ΔΕ 1 > ΔΕ 2. δ. Zn: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 Από την ηλεκτρονιακή δομή δεν προκύπτουν τροχιακά που να έχουν μονήρη ηλεκτρόνια. ε. Σε αλκοολικό διάλυμα έχουμε αντίδραση απόσπασης και παράγονται αλκένια ενώ σε υδατικό έχουμε αντίδραση υποκατάστασης και παράγονται αλκοόλες. Β3. Η προπανόνη αντιδρά μόνο με διάλυμα Ι 2 και παράγει κίτρινο ίζημα. Το προπανικό οξύ αντιδρά μόνο με το Na και ελευθερώνει αέριο Η 2. Η 2-προπανόλη αντιδρά με Ι 2, παράγει κίτρινο ίζημα με το Na, ελευθερώνει αέριο Η 2 και αποχρωματίζει το ερυθρό όξινο διάλυμα MnO 4 H 1- προπανόλη αντιδρά με Na, ελευθερώνει αέριο Η 2 και αποχρωματίζει το ερυθρό όξινο διάλυμα MnO 4 H προπανάλη αποχρωματίζει το ερυθρό όξινο διάλυμα MnO 4. ΘEMA Γ Γ1. A : - -CΗ - B : - - CΗ - 3 2 3 3 2 3 Cl MgCl Γ : - -CΗ - Δ : - -CΗ-O-CΗ- - 3 2 3 3 2 2 3 ONa Ε : HC Ζ : 3 -=O Θ : - - CΗ - CΗ- 3 2 3 3 OMgC Λ : - -CΗ- CΗ- M : =-Cl 3 2 3 2 OΗ 3 3 3
Γ2. Έστω x mol 3 =O και 2x mol C 3 H 7 OH To 1 ο μέρος αντιδρά μόνο η αλδεΰδη με το αντιδραστήριο Tollens n = m = 21,6 = 0,2 mol Ag Mr 108 3 -=O + 2AgNO 3 + 3NH 3 + H 2 O 3 -COONH 4 + 2Ag + 2NH 4 NO 3 1 mol αλδεΰδης παράγει 2 mol Ag x/2mol 0,2 mol Ag άρα x = 0,2 mol To 2 ο μέρος περιέχει 0,1mol 3 =O και 0,2 mol C 3 H 7 OH και αποχρωματίζουν n = C. V = 0,2. 1 = 0,2 mol MnO 4. 5 3 -=O + 2MnO 4 + 3H 2 SO 4 5 3 -CΟOΗ + 2MnSO 4 + 2 SO 4 + 3H 2 O 5 mol αλδεΰδης αντιδρούν με 2 mol MnO 4 0,1mol n 1 mol = 0,04 mol Έστω η αλκοόλη είναι πρωτοταγής. 5 3 2 2 OH + 4MnO 4 + 6H 2 SO 4 5 3 2 COOH + 4MnSO 4 + 2 2 SO 4 + 11H 2 O 5 mol αλκοόλης αντιδρούν με 4 mol MnO 4 0,2 mol n 2 mol = 0,16 mol Επειδή n 1 + n 2 = 0,2 mol = n MnO 4 η αλκοόλη είναι πρωτοταγής. ΘEMA Δ Δ1. Έχουμε αραίωση οπότε ισχύει C. 1 V 1 = C. 2 V 2, άρα C1V1 3 0,2 C 2 = = V2 0,6 = 1M 3 COO + + 3 COO - C 2 Μ C 2 Μ C 2 Μ
Ιοντισμός ιόντος 3 COO - + H 2 O 3 COOH + OH - Αρχικά C 2 - - - Ιονίζον. x - - - Παράγ. - - x x Κ.Ι C 2 -x - x x Εφαρμόζουμε την σχέση. a b = w και τον νόμο αραίωσης του OSTWALD. a b = w b = w / a b = 10-14 /10-5 = 10-9 b = x 2 / C-x, b / C < 0,01 C-x C. Άρα b = x 2 / C x 2 = 10-9 /1 x = 10-4,5 M = [OH - ] POH = -log10-4,5 = 4,5, άρα PH = 9,5. Δ2. Στα δυο διαλύματα ισχύει 3 COOH + H 2 O H 3 O + + 3 COO - Κ.Ι. C - x - x x Εφαρμόζουμε τον νόμο αραίωσης του OSTWALD στο αρχικό και στο αραιωμένο διάλυμα αρχικό διάλυμα a = x 2 / C 1 αραιωμένο διάλυμα a = ψ 2 / C 2 Επειδή το ΡH μεταβάλλεται κατά μία μονάδα ψ = 10-1 x άρα x 2 / C 1 = ψ 2 / C 2 x 2 / C 1 = 10-2 x 2 / C 2 10-2 C 1 = C 2 Έχουμε αραίωση οπότε ισχύει C. 1 V 1 = C. 2 V 2 οπότε V 2 = 10L, άρα προσθέσαμε 9900 ml Η 2 Ο Δ3. Έστω προσθέτουμε V L του (Γ) στο τελικό διάλυμα έχουμε -1 2 10 3 COOH n 1 = 2. 10-1 mol, C 1 = 0,1 + V M HCl n 2 = V mol, V C 2 = 0,1 + V M Έχουμε επίδραση κοινού ιόντος HCl + H 2 O H 3 O + + Cl - C 2 C 2 C 2 3 COOH + H 2 O H 3 O + + 3 COO - Αρχικά C 1 - C 2 - Ιονίζονται x - - - Παράγον. - - x x Κ.Ι C 1 - x - C 2 + x x
[ 3 COOH] = C 1 - x (M), [H 3 O + ] = C 2 + x (M), [ 3 COO - ] = x (M) = αc 1 (M) (C 2 + x) x a = C - x 1 a Αν C < 0,01 ή x << C 1 ή x << C 2 ή α < 0,1 μπορούμε να κάνουμε τις παρακάτω παραδοχές. [ 3 COOH] = C 1 - x C 1, [H 3 O + ] = C 2 + x C 2 C2 x a = C1 Επειδή x = α. C 1 έχουμε Κ a = α. C 2 V C 2 = 0,5 M, οπότε = 0,5, άρα V = 0,1L = 100ml. 0,1 + V Δ4. 3 COOH n 1 = 2. 10-1 mol 3 COOΚ n 2 = 3. 10-1 mol HCl n 3 = 5. 10-2 mol Οι ουσίες αντιδρούν μεταξύ τους και για να βρούμε την σύσταση του τελικού διαλύματος και το ΡH κάνουμε την αντίδραση και υπολογίζουμε τα mol των ουσιών που θα περιέχονται στο τελικό διάλυμα μετά την αντίδραση. (mol) 3 COO + HCl 3 COOH + Cl Αρχικά 0,3 0,05 0,2 - Αντιδρούν 0,05 0,05 - - Παράγονται - - 0,05 0,05 Τελικά 0,25-0,25 0,05 Υπολογίζουμε τις συγκεντρώσεις των ουσιών στο τελικό διάλυμα κάνουμε τους ιοντισμούς και τις διαστάσεις και υπολογίζουμε τις συγκεντρώσεις των ιόντων 3 COOH C ο = n / V = 0,25 / 1 = 0,25 M, 3 COO C α = n / V = 0,25 / 1 = 0,25 M, ΚCl C 3 = n / V = 0,05 / 1 = 0,05 M. Το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό οπότε ισχύει [H 3 O + ] = Κ a. C o /C α = 10-5 Μ, άρα ΡH = -log10-5 = 5.