ΑΘΗΑ - ΕΞΕΤΑΖΟΕΝΗ ΥΛΗ ΧΗΕΙΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΤΗΑ ΠΑΡΑΡΤΗΑ ΔΙΑΡΚΕΙΑ 3 ΩΡΕΣ ΘΕΑ Α ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΑΤΩΝ Α1. 3, Α2. 3, Α3. 2, Α4. 3 Α5. 1. Λάθος, 2. Λάθος, 3. Σωστό, 4. Λάθος, 5. Σωστό. ΘΕΑ Β Β1. Ι) 1. 6FeCl 2 + K 2Cr 2O 7 + 14HCl 6FeCl 3 + 2CrCl 3 + 2KCl + 7H 2O 2. 5C 2KMnO 4 + 3H 2SO 4 5CO 2 + 2MnSO 4 + K 2SO 4 + 3H 2O 3. CH 3CH= 2AgNO 3 + 3NH 3 + H 2O CH 3COONH 4 + 2Ag + 2NH 4NO 3 II) 1. 3Cu + 8HNO 3(αραιό) 3Cu(NO 3) 2 + 2N 4H 2O 2. 3Cl 2 + 6KOH 5KCl + KClO 3 + 3H 2O Β2. 1. Στο ρυθμιστικό διάλυμα έχουμε C(HA) = C1, C(NaA) = C2. H [H 3 ] = C1M λόγω επίδρασης κοινού ιόντος και επειδή ισχύουν οι γνωστές προσεγγίσεις. Από την Κa του οξέος ΗΑ με αντικατάσταση προκύπτει ότι ph = pka + log C2/C1. 2. Η προσθήκη μικρής αλλά υπολογίσιμης ποσότητας από το ισχυρό οξύ HCl δεν θα μειώσει πολύ την τιμή ph του διαλύματος καθώς η ποσότητα του HCl που θα προστεθεί θα αντιδράσει πλήρως με το άλας ΝaA που υπάρχει στο διάλυμα σύμφωνα με την χημική εξίσωση: HCl + NaA HA + NaCl, οπότε τελικά η αύξηση της συγκέντρωσης του ασθενούς οξέος ΗΑ θα μειώσει λίγο την τιμή ph του διαλύματος. Β3. α. Το χημικό στοιχείο Σ ανήκει στην 2 η ομάδα του περιοδικού πίνακα επειδή ισχύει ότι με την αποβολή 2 ηλεκτρονιών αποκτά σταθερή δομή όμοια με ευγενές αέριο. Η ηλεκτρονιακή κατανομή είναι: Σ: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 β. Οι ηλεκτρονιακές κατανομές είναι:
Σ: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 17Cl: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 20Ca: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 Τα χημικά στοιχεία Α και Ca βρίσκονται στην ίδια ομάδα του περιοδικού πίνακα οπότε μεγαλύτερη ατομική ακτίνα έχει το Ca στο οποίο έχουμε χρησιμοποιήσει περισσότερες ηλεκτρονιακές στιβάδες για την ηλεκτρονιακή του κατανομή. Τα χημικά στοιχεία Σ και Cl βρίσκονται στην ίδια περίοδο του περιοδικού πίνακα οπότε μεγαλύτερη ατομική ακτίνα έχει το Σ διότι το Cl έχει μεγαλύτερο δραστικό πυρηνικό φορτίο με αποτέλεσμα να έλκει ισχυρότερα τα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στιβάδας και να έχει μικρότερη ατομική ακτίνα. Οπότε έχουμε σαν συμπέρασμα: Ca > Σ > Cl. γ. Α) Α: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 2 B) A 2+ : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 ΘΕΑ Γ Γ1. A: CH 2 =CH 2, B: CH 2 Br-CH 2 Br, Γ: CH CH, Δ: CH 3 -CH=O E: HCOONa, Z: CH 3 -COONa, Θ : CH 3 -CH-CH 3, K : CH 3 -CH-CH 3 OH Cl OH Λ: CH 3 -CH-CH 3, M: CH 3 -CH-CH-CH 3, N: CH 3 -CH=C-CH 3 MgCl CH 3 CH 3 Γ2. Fehling NaHCO 3 CH 3COOH - + CH 3-CH= - CH 3COOH + NaHCO 3 CH 3COONa + CO 2 + H 2O CH 3CH= 2CuSO 4 + 5NaOH CH 3COONa + Cu 2O + 2Na 2SO 4 + 3H 2O
Γ3. Έστω ότι το μείγμα περιέχει 2xmol CH 3-CH=O και 2xmol C 3H 8O (Α). 1 ο μέρος. ε το αντιδραστήριο Fehling αντιδρά μόνο η αλδεΰδη. Έχουμε ότι n(cu 2O)=28,6/143=0,2mol. Από την στοιχειομετρία της αντίδρασης έχουμε: CH 3CH= 2CuSO 4 + 5NaOH CH 3COONa + Cu 2O + 2Na 2SO 4 + 3H 2O To 1mol CH 3CH=O παράγει 1mol Cu 2O Τα xmol CH 3CH=O παράγουν 0,2mol Cu 2O. Άρα x=0,2mol. 2 ο μέρος. n(kmno 4) = 0,4 0,6= 0,24mol. Για την οξείδωση της αιθανάλης έχουμε: 5CH 3CH= 2KMnO 4 + 3H 2SO 4 5CH 3COOH + 2MnSO 4 + K 2SO 4 + 3H 2O Tα 5mol CH 3CH=O αντιδρούν με 2mol KMnO 4 Τα 0,2mol CH 3CH=O αντιδρούν με 0,08mol KMnO 4. Οπότε για την οξείδωση της ένωσης (Α) απαιτούνται 0,16mol KMnO 4. Έστω ότι η ένωση (Α) είναι η 1-προπανόλη: 5CH 3CH 2-CH 2-OH + 4KMnO 4 + 6H 2SO 4 5CH 3-CH 2-COOH + 4MnSO 4 + 2K 2SO 4 + 11H 2O Tα 5mol (A) αντιδρούν με 4mol KMnO 4 Τα 0,2mol (A) αντιδρούν με 0,16mol KMnO 4. Ισχύει άρα η ένωση (Α) είναι η 1-προπανόλη. Αν η ένωση (Α) είναι η 2-προπανόλη: 5CH 3CH(ΟΗ)-CH 3 + 2KMnO 4 + 3H 2SO 4 5CH 3-CΟ-CΗ 3 + 2MnSO 4 + K 2SO 4 + 8H 2O Tα 5mol (A) αντιδρούν με 2mol KMnO 4 Τα 0,2mol (A) αντιδρούν με 0,08mol KMnO 4. Η περίπτωση αυτή απορρίπτεται.
ΘΕΑ Δ Δ1. 1. mol Α (g) + B (g) Γ (g) + Δ (g) αρχ. 3 3 - - α/π χ χ χ χ χ.ι. 3-χ 3-χ χ χ Από την Kc=4 έχουμε ότι χ=2 mol, οπότε η απόδοση της αντίδρασης είναι α=2/3=66,6%. 2. mol Α (g) + B (g) Γ (g) + Δ (g) αρχ. 1 1 2 2 προσθ ψ μετατ. α/π ω ω ω ω χ.ι. 1+ψ-ω 1-ω 2+ω 2+ω Επειδή [Γ]=4[Β], (2+ω)/V = 4(1-ω)/V άρα ω =0,4mol Από την Kc=4 έχουμε ότι ψ=1,8mol. Οπότε α=2,4/3=0,8=80%
Δ2. 1. I.I. C1 -x - x x Από την Κa = 10-5 άρα C1= 10-1 M, και α1=10-2 Ο νέος βαθμός ιοντισμού α2=3 10-2. Ο ιοντισμός του αραιωμένου διαλύματος είναι: I.I. C2 -ψ - ψ ψ Από την Ka = 10-5 έχουμε ότι C2= 1/90M Aπό τον νόμο αραίωσης C1V1=C2V2 έχουμε ότι V2 = 900mL και V(H 2 O) = 800mL 2. H νέα τιμή ph του διαλύματος λόγω της προσθήκης του NaA θα είναι 5. Οι νέες συγκεντρώσεις θα είναι: C(HA)= 0,1 0,4/V = C3M και C(NaA) = 0,4 V3/V = C4M Ο ιοντισμός του ΗΑ είναι: I.I. C3 -k - k k Η Ηλεκτρολυτική διάασταση του ΝaA είναι : ΝaA Na + + A - Aρχ/Τελ C4 C4 C4 [A - ] ολ. = (C4 + k) περίπου C4M επειδή έχουμε Ε.Κ.Ι. και ισχύουν οι γνωστές προσεγγίσεις. Από την Ka = 10-5 και αντικαθιστώντας τις συγκεντρώσεις επειδή ισχύουν οι γνωστές προσεγγίσεις έχουμε ότι: 10-5 = k C4/C3 οπότε V3= 100mL
3. α. Έστω C5 η συγκέντρωση του HCl στο διάλυμα. Ο ιοντισμός του ΗΑ είναι: I.I. C1 -φ - φ φ Ο ιοντισμός του HCl είναι : HCl + H 2 O H 3 + Cl - Aρχ/Τελ C5 C5 C5 [Η 3 Ο+] ολ. = (C5 + φ) περίπου C5M επειδή έχουμε Ε.Κ.Ι. και ισχύουν οι γνωστές προσεγγίσεις, οπότε C5=0,1M επειδή ph=1 και n(hcl) = 0,1 0,2= 0,02mol
β. Έχουμε ότι n(hcl) = 0,02mol, n((ha) = 0,02mol και n(mg) = 0,02mol. mol 2HA + Mg MgA 2 + H 2 Αρχ. 0,02 0,02 - - Τελ. - 0,01 0,01 0,01 mol 2HCl + Mg MgCl 2 + H 2 Αρχ. 0,02 0,01 - - Τελ. - - 0,01 0,01 ετά το τέλος της αντίδρασης έχουμε C(MgA 2 ) = 0,01/0,2=0,05M M MgA 2 Mg 2+ + 2A - Αρχ. 0,05 - - Τελ. - 0,05 0,1 Το ιόν Α - υδρολύεται περαιτέρω επειδή είναι η συζυγής βάση του ασθενούς οξέος ΗΑ. Α - + Η 2 Ο ΗΑ + ΟΗ - Ι.Ι. 0,1 - λ λ Στους 25 0 C, Kb(A - ) = 10-9 οπότε έχουμε 10-9 = λ 2 /0,1 άρα λ = 10-5, οπότε poh = 5 άρα ph =9 (25 o C)