ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 3 ΜΑΪΟΥ 011 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΔΑΝΑΛΑΤΟΣ ΔΗΜΗΤΡΗΣ, ΜΕΛΙΣΤΑΣ ΑΡΗΣ ΘΕΜΑ Α Α1. β Α. α Α3. δ Α4. β Α5. α) Λάθος β) Σωστό γ) Λάθος δ) Λάθος ε) Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. α) 1Μg + : 1s s p 6 15P: 1s s p 6 3s 3p 3 19K: 1s s p 6 3s 3p 6 4s 1 6Fe: 1s s p 6 3s 3p 6 3d 6 4s 6Fe + : 1s s p 6 3s 3p 6 3d 6 β) 15P: 3 μονήρη e 3p 3 4s 1 19K: 1 μονήρες e 3d 6 6Fe + : 4 μονήρη e Β. α) 17 : 1s s p 6 3s 3p 5 z* = 17 = 7 16S: 1s s p 6 3s 3p 4 z* = 16 = 6 EKΠΑΙΔΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -1-
Η έλξη του πυρήνα στα e σθένους είναι μεγαλύτερη στο από ότι στο S, επομένως η ατομική ακτίνα του είναι μικρότερη από την ατομική ακτίνα του S. Όσο μικρότερη είναι η ατομική ακτίνα, τόσο μεγαλύτερη είναι η ενέργεια που απαιτείται για να αποσπαστεί e από το άτομο, οπότε η E i1 του είναι μεγαλύτερη από αυτή του S. β) ΗΝΟ 3 + F - NO - 3 + HF (o 1 ) (β ) (β 1 ) (ο ) Το ΗΝΟ 3 είναι ισχυρό ύ. Κατά B L η ισορροπία είναι μετατοπισμένη προς τα ασθενέστερα έα ή βάσεις και επειδή ΗΝΟ 3 πιο ισχυρό από HF, η ισορροπία είναι μετατοπισμένη προς τα δεξιά. γ) Έστω για το ασθενές ύ ΗΑ και β η συγκέντρωση του ΝαΑ, που περιέχει τη συζυγή βάση Α -. Για το αρχικό διάλυμα: ph = pk α + og Έστω ότι αραιώνουμε από όγκο V σε όγκο λv. β (1) με βάση την εξίσωση Henderson Hasselbalch. Αραίωση: ΗΑ: V = V = o ξ λ () και β ΝαΑ: β V = β V β (3) λ Επειδή η αραίωση γίνεται σε σχετικά μικρά όρια, το αραιωμένο διάλυμα είναι επίσης ρυθμιστικό, β επομένως: ph = pk α + og ph = pk α + og λ λ β ph = pk α + og β (1) ph = ph, άρα το ph διατηρείται σταθερό. δ) Στο ισοδύναμο σημείο έχει αντιδράσει όλη η ποσότητα της ΝΗ 3, με όλο το Η και μένει μόνο άλας. Έχουμε: ΝΗ 3 + Η NH 4 Όμως: NH 4 ΝΗ + 4 + Η 3 Ο + Επομένως το διάλυμα που προκύπτει έχει pη μικρότερο του 7. EKΠΑΙΔΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία --
ε) RH = O + H N RH N R H N + H O + H + R H O + NH 4 + R R 1 R + HN R 1 N O R R B3. R 1 N + H O + H + + R 1 O + NH 4 Σε δείγμα από τα δοχεία αυτά διαδιβάζουμε διάλυμα Ι παρουσία ΝαΟΗ, οπότε στο δείγμα που θα σχηματιστεί κίτρινο ίζημα και άρα και στο αντίστοιχο δοχείο περιέχεται η αιθανάλη H 3 H = 0. Στη συνέχεια σε άλλα 3 δείγματα από τα υπόλοιπα δοχεία, ρίχνουμε αντιδραστήριο Fehling (διάλυμα uso 4 παρουσία ΝαΟΗ), οπότε σε αυτό που σχηματίζεται καστανέρυθρο ίζημα περιέχεται η άλλη αλδεϋδη HH = 0. Στα δυο δοχεία που απέμειναν διαβιβάζουμε μικρή ποσότητα όξινου διαλύματος ΚΜnO 4 που είναι ερυθροϊώδες, οπότε αν αποχρωματιστεί, στο δοχείο που γίνεται ο αποχρωματισμός περιέχεται ΗO, άρα στο τέταρτο δοχείο περιέχεται H 3 O. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α: H 3 HH 3 EKΠΑΙΔΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -3-
B: H 3 H 3 O Γ: H 3 H = H Δ: H 3 HH 3 I E: H 3 HH 3 MgΙ H 3 H 3 Ζ: H 3 HH 3 OMgI H 3 Θ: H 3 HH 3 H 3 Γ. H 3 H H και H 3 HH 3 α μέρος: H 3 HH 3 + 4I + 6Nα H 3 OONα + HI 3 + 5NαI + 5H O n ιζ = m Mr 78,8 0, mo, άρα 0, mo H 3 HH 3 394 EKΠΑΙΔΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -4-
β μέρος Από το 1975 στο Μαρούσι 5H 3 H H + 4KMnO 4 + 6H SO 4 5H 3 H O + 4MnSO 4 + K SO 4 + 11H O 5H 3 HH 3 + KMnO 4 + 3H SO 4 5H 3 H 3 + MnSO 4 + K SO 4 + 8H O n KMnO 4 = V = 0,13, = 0,3 mo O Για τη β ταγή αλκοόλη 5 mo προπανόλης mo ΚΜnO 4 0, mo x = 0,08 mo ΚΜnO 4 Άρα για την α ταγή αλκοόλη 5 mo 1 προπανόλης 4 mo ΚΜnO 4 y 0,3 0,08 = 0,4 mo ΚΜnO 4 5 0,4 y = 0,3 mo 1 προπανόλης 4 Άρα το αρχικό μίγμα περιέχει: 0,6 mo H 3 H H και 0,4 mo H 3 HH 3 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Διάλυμα Α: Μ H 3 OONα H 3 OO - + Nα + 0,1 0,1 0,1 M H 3 OO - + H O H 3 O + - Aρχ 0,1 - - Αντ/Παρ x x x Iσορ 0,1 x 0,1 x x K b(h OO 3 14 Kw x x 5 x [ ] M, άρα pοη = 5 ) K 0,1 5 0,1 α(h O) 3 EKΠΑΙΔΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -5-
Από το 1975 στο Μαρούσι Δ. Στο διάλυμα Α προσθέτουμε νερό, επομένως το διάλυμα γίνεται λιγότερο βασικό, δηλαδή το το αραιωμένο διάλυμα έχει : ph =9 1= 8. x Αραίωση: αρχ V αρχ = τελ V τελ 0,1 τελ ( ) 1 = τελ ( + x) (1) Αραιωμένο διάλυμα: Μ H 3 OONα H 3 OO - + Nα + τελ τελ τελ M H 3 OO - + H O H 3 O + - Aρχ τελ - - Αντ/Παρ y y y Iσορ τελ y τελ y y K b y τελ ph = 8 p = 6 y = [] - = -6 M α 14 Kw x K b K 0,1 5 9 Οπότε: τελ y Κ b 1 9 3 M (1) 1 = -3 ( + x) + x = x = 990 ml νερού πρέπει να προστεθούν ώστε το ph να μειωθεί κατά 1 μονάδα. Δ3. Για να προκύψει ρυθμιστικό διάλυμα, πρέπει να αντιδράσει όλο το ισχυρό ύ H. Έτσι στο τελικό διάλυμα θα έχουμε άλας H 3 OONα (που περιέχει τη βάση H 3 OO - ) και το ασθενές ύ H 3 O. Έστω x τα ml του διαλύματος H 0,01 M Υπολογίζουμε τις συγκεντρώσεις των ουσιών στο ρυθμιστικό διάλυμα και έχουμε: H 3 OONα (βασικό άλας): H (ισχυρό ύ): β 0,1 x x 0,01 x β 1 () x 0,01x (3) x EKΠΑΙΔΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -6-
M Από το 1975 στο Μαρούσι H 3 OOΝα + H H 3 O + Να Aρχ β - - Αντ/Παρ Iσορ β - Το διάλυμα περιέχει το ουδέτερο άλας Να, οπότε αφού είναι ρυθμιστικό ισχύει η εξίσωση Henderson Hasselbalch: β ph = pk α + og [H3OONα] ph = pk α + og [H O] 3 [H3OONα] 5 = 5 + og [H O] 3 [H 3 OONα] = [H 3 O] ( β - ) = = β 0,0x = 1 x = 50 ml Δ4. Υπολογίζουμε τις συγκεντρώσεις για κάθε ουσία στο διάλυμα Γ που έχει όγκο: V T = 40 + = 50mL H 3 OOΝα: ΝαF: 0,1 1 Γ Μ 0,0Μ 50 Γ 50 40 1 Γ Μ 50 Γ 0,8 M H 3 OOΝα H 3 OO - + Να + 0,0 0,0 0,0 M ΝαF Να + + F - 0,8 0,8 0,8 M H 3 OO - + H O H 3 O + - Aρχ 0,0 - y Αντ/Παρ x x x Iσορ 0,0 - x 0,0 x y+x Kw x(y x) 11 K b x(y x) (4) K 0,0 α EKΠΑΙΔΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -7-
M F - + H O HF + - Aρχ 0,8 - x Αντ/Παρ y y y Iσορ 0,08 - y 0,8 y K b(f α(hf) x+y Kw y(x y) 11 y(x y) 8 (5) ) K 0,8 (4) + (5) (x + y) = -11 x + y = -5 M = [ - ] Οπότε p = 5 άρα ph = 9. EKΠΑΙΔΕΥΣΗ: Με Οράματα και Πράξεις για την Παιδεία -8-