ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: / 05 / 011 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ Α Α1. β Α. α Α. δ Α4. β Α5. α. ΣΩΣΤΟ β. ΣΩΣΤΟ γ. ΛΑΘΟΣ δ. ΛΑΘΟΣ ε. ΣΩΣΤΟ Σελίδα 1 από 8
ΘΕΜΑ Β Β.1 α) 1 Mg: 1s s p 6 s 1Mg + : 1s s p 6 15P: 1s s p 6 s p 19K: 1s s p 6 s p 6 4s 1 6Fe: 1s s p 6 s p 6 d 6 4s 6Fe + : 1s s p 6 s p 6 d 6 β) 15 P: μονήρη ηλεκτρόνια 19K: 1 μονήρες ηλεκτρόνιο 6Fe: 4 μονήρη ηλεκτρόνια Β. α) 17l: 1s s p 6 s p 5 η περίοδος & 17 η ομάδα 16S: 1s s p 6 s p 4 η περίοδος & 16 η ομάδα Τα δύο άτομα ανήκουν στην ίδια περίοδο του Περιοδικού Πίνακα για αυτό συγκρίνουμε το δραστικό πυρηνικό φορτίο του καθενός: Z eff,l = 17 10 = 7 Z eff,s = 16 10 = 6 Αφού το l έχει μεγαλύτερο δραστικό πυρηνικό φορτίο από το από το S συμπεραίνουμε ότι η ατομική ακτίνα του l είναι μικρότερη από αυτή του S. Επομένως, τα ηλεκτρόνια σθένους συγκρατούνται ισχυρότερα από τον πυρήνα στο l και για αυτό απαιτείται περισσότερη ενέργεια για την απόσπασή τους. Άρα, η 1 η ενέργεια ιοντισμού είναι μεγαλύτερη στο άτομο του l. Σελίδα από 8
β) Το νιτρικό οξύ (ΗΝΟ ) είναι ισχυρό οξύ με αποτέλεσμα η ισορροπία να μετατοπίζεται προς τα δεξιά, δηλαδή προς τη μεριά που βρίσκονται οι ασθενέστεροι ηλεκτρολύτες. γ) Το ph ενός ρυθμιστικού διαλύματος εξαρτάται από το λόγο των συγκεντρώσεων βάσης / οξέος. Όταν το ρυθμιστικό διάλυμα αραιώνεται με νερό σε τελικό όγκο V (εφόσον η αραίωση γίνεται στα όρια που επιτρέπονται οι γνωστές προσεγγίσεις), τα mol των ουσιών του συζυγούς ζεύγους διατηρούνται σταθερά, οπότε προκύπτει: Επομένως, το ph του ρυθμιστικού διαλύματος διατηρείται σταθερό. δ) Κατά την ογκομέτρηση πραγματοποιείται η αντίδραση: Tο σχηματιζόμενο άλας διίσταται: NH + Hl NH 4 l ΝΗ 4 l NH 4 + + l - To ιόν l - δεν ιοντίζεται επειδή είναι συζυγής βάση ισχυρού οξέος (Hl), όμως το κατιόν αμμωνίου ιοντίζεται σύμφωνα με την αντίδραση: ΝΗ 4 + + Η Ο ΝΗ + Η Ο + Επομένως, λόγω του ιοντισμού του αμμωνίου σχηματίζεται όξινο διάλυμα και για αυτό το ph είναι μικρότερο του 7. ε) Έστω η καρβονυλική ένωση R R O όπου R αλκυλομάδα ή υδρογόνο. R R + HN O R R Ι + Ι HO, H + R N R O O O + NH 4 καρβονυλική κυανυδρίνη α υδροξυοξύ Σελίδα από 8
Β. Σε μικρή ποσότητα από κάθε ένωση προσθέτουμε διάλυμα Ι, παρουσία Na. Εκείνη η ένωση που σχηματίζει κίτρινο ίζημα H είναι η H H=O. Σε μικρή ποσότητα από τις υπόλοιπες ενώσεις επιδρούμε με αντιδραστήριο Fehling. Εκείνη η ένωση που θα σχηματίσει κεραμέρυθρο ίζημα, u O, είναι η ΗH=O. Στις υπόλοιπες ενώσεις προσθέτω όξινο διάλυμα KMnO 4. Εκείνη η ένωση που αποχρωματίζει το διάλυμα του KMnO 4 είναι το HO αφού οξειδώνεται σε αντίθεση με το H O που δεν αποχρωματίζει το όξινο διάλυμα του KMnO 4. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α: H HH Β: H H O Γ: HH H Δ: H HH Ε: H H Mg H Ζ: H H H H H OMg Θ: H H H H H O H Γ. Έστω x mol H HH και y mol H H H Στο 1 ο μέρος: Με το διάλυμα Ι / Na αντιδρά μόνο η H HH : H HH + 4Ι + 6 Na H + H OONa + 5 Na + 5 H O x mol x mol Για το H : m 78, 8 x n 0, mol, επομένως πρέπει 0, mol x 0, 4mol Mr 94 Σελίδα 4 από 8
Στο ο μέρος: Οξειδώνονται και οι δυο αλκοόλες 5 H HH + ΚMnO 4 + H SO 4 5 H H O + MnSO 4 + K SO 4 + 8 H O x mol x mol 5 5 H H H + 4 ΚMnO 4 + 6 H SO 4 5 H H O + 4MnSO 4 + K SO 4 + 11 H O y mol y mol 5 Για το ΚMnO 4 : n.v 0, 1M., L 0, mol Άρα πρέπει: x y 0, y 0, 6mol 5 5 Άρα στο αρχικό μίγμα περιέχονται 0,4 mol H HH και 0,6 mol H H H ΘΕΜΑ Δ Δ1. Διάλυμα Δ1: H OONa H OO - + Na + 0,1Μ 0,1Μ 0,1Μ Το Na + δεν υδρολύεται γιατί προέρχεται από ισχυρή βάση. (Μ) H OO - + Η Ο H OOΗ + ΟΗ -- Αρχ. 0,1 - - Ιοντ.Ισορ. 0,1-x x x Σελίδα 5 από 8
K 10-14 Kb(HOO )= = =10 K a(h O) 10-5 - w -9 - [H O].[ΟH ] x x - -5 Kb(H OO ) = = x = 10 M - 0,1- x 0, 1 [H OO ] Όμως x=[ - ] = 10-5 Μ δηλαδή p=5, άρα ph=9. Δ. Επειδή το διάλυμα H OONa είναι βασικό άλας, με την προσθήκη νερού το ph θα μειωθεί κατά μία μονάδα. Άρα ph 1 =8. Έστω c 1 η νέα συγκέντρωση του H OONa. H OONa H OO - + Na + 1 Μ 1 Μ 1 Μ Το Na + δεν υδρολύεται γιατί προέρχεται από ισχυρή βάση. (Μ) H OO - + Η Ο H OOΗ + ΟΗ -- Αρχ. 1 - - Ιοντ.Ισορ. 1 -ψ ψ ψ Επειδή ph 1 =8, p 1 =6 άρα ψ=[ - ] = 10-6 Μ - [H O].[ΟH ] - Kb(H OO ) = = c = 10 M - c1 1 [H OO ] c - ψ 1 Από τον τύπο αραίωσης ισχύει: n αρχ = n τελ c αρχ. V αρχ = c τελ. V τελ 0,1. 0,01= 0,001. V τελ V τελ = 1L Άρα V H O = V τελ - V αρχ = 1000-10=990 ml Δ. Έστω ότι προσθέτω V L διαλύματος Hl 0,01Μ. Τα δύο διαλύματα αντιδρούν μεταξύ τους με V τελ=(0,01+v) L n H OONa=0,01. 0,1= 0,001 mol n Hl= 0,01. V mol Σελίδα 6 από 8
Επειδή θέλουμε να προκύψει ρυθμιστικό διάλυμα θα είναι σε έλλειψη το Ηl (mol) H OONa + Ηl H OOΗ + Nal Αρχ. 0,001 0,01. V - - Αντ-Παρ. 0,01. V 0,01. V 0,01. V 0,01. V Τελ. 0,001-0,01. V - 0,01. V 0,01. V Οι νέες συγκεντρώσεις θα είναι: 0,01V H O = M 0,01+ V 0,001-0,01V H OONa = M = HOO 0,01+ V Από τον τύπο των Henderson - Hasselbach έχω: HOO 0,001-0,01V/0,01+V ph pka log 5=5+log V Hl=50mL 0,01V/0,01+V HO Δ4. Στο τελικό διάλυμα : H OONa: n 0, 1M. 0, 01L n 1M. 0, 04L τελ 0, 0M NaF: τελ 0, 8M V 0, 05L V 0, 05L τελ τελ Tα άλατα διίστανται : (Μ) H OONa H OO - + Na + Αρχ. 0,0 - - Τελ. - 0,0 0,0 (Μ) NaF Na + + F - Αρχ. 0,8 - - Τελ. - 0,8 0,8 Tα ιόντα H OO - και F - αντιδρούν με το νερό: (Μ) H OO - + Η Ο H OOΗ + ΟΗ - Αρχ. 0,0 - -.Ι. 0,0-x x x K b( H OO ) 10 9 Σελίδα 7 από 8
(Μ) F - + Η Ο HF + ΟΗ - Αρχ. 0,8 - -.Ι. 0,8-y y y K b(f ) 14 K w 10 10 4 K 10 a(hf) 10 9 11 K 10 x(x y ). 10 (1) [HOO ] 0, 0 x 0, 0 b( H OO ) [H O].[ ] x(x y ) x(x y ) [HF].[ ] y(x y ) x(x y ) K y(x y ). [F ] 0, 8 x 0, 8 b( F ) 10 11 10 8 10 () Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και () προκύπτει ότι: x+y=10-5 M δηλαδή [ΟΗ - ]=10-5 Μ pοh = -log[ - ]=5 και αφού ph + pοh = 14 προκύπτει ότι ph = 9. Σελίδα 8 από 8