1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 9 ΜΑΪΟΥ 01 - ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. β Α. δ Α4. β Α5.α.i) Βάσεις κατά Arrhenius είναι οι ενώσεις που έχουν την τάση να παρέχουν ανιόντα ΟΗ. ii) Βάσεις κατά Brönsted Lowry είναι οι χημικές ουσίες (ουδέτερα μόρια ή ιόντα) που έχουν τάση να προσλαμβάνουν ένα ή περισσότερα πρωτόνια. Διαφορές Arrhenius Brönsted Lowry 1) Οι βάσεις είναι ουδέτερα μόρια 1) Οι βάσεις είναι ουδέτερα μόρια ή ιόντα. ) Ο βασικός χαρακτήρας εκδηλώ- ) Ο βασικός χαρακτήρας εκδηλώνεται μόνο σε υδατικά διαλύμα- νεται και σε μη υδατικά διαλύτα. τα. ) Οι βάσεις όταν διαλυθούν στο ) Οι βάσεις είναι ουσίες που έ- νερό παρέχουν ανιόντα ΟΗ. χουν την τάση να προσλαμβάνουν πρωτόνια (Η ) β. Διαφορές διάστασης και ιοντισμού. 1) Διάσταση είναι η απελευθέρωση των ιόντων του κρυσταλλικού πλέγματος μόλις μία ιοντική ένωση διαλυθεί στο νερό, π.χ. NaCl ( S) Na(aq) Cl(aq) ενώ ιοντισμός είναι η αντίδραση των μορίων του διαλύματος με τα μόρια του ηλεκτρολύτη προς σχηματισμό ιόντων, π.χ. HCl H O Cl HO ) Διάσταση παθαίνουν οι ιοντικές ενώσεις και είναι όλες ισχυροί ηλεκτρολύτες, ενώ ιοντισμό παθαίνουν οι ομοιοπολικές ενώσεις και είναι είτε ισχυροί είτε ασθενείς ηλεκτρολύτες π.χ. Διάσταση: NaOH ( S) Na(aq) OH(aq) Ιοντισμός: NH HO NH OH 4
ΘΕΜΑ Β Β1. α Λ, β Σ, γ Λ, δ Σ, ε Λ. Αιτιολόγηση: α. Η πρόταση είναι λανθασμένη διότι στο καθαρό νερό σε οποιαδήποτε θερμοκρασία ισχύει η σχέση [ H O ] = [OH ], όπως προκύπτει από τον αυτοϊοντισμό του νερού. Επειδή η αντίδραση αυτοϊοντισμού του νερού είναι αντίδραση ενδόθερμη, η αύξηση της θερμοκρασίας μετατοπίζει την θέση της χημικής ισορροπίας, δηλαδή προς τα δεξιά, οπότε αυξάνεται η [ HO ] και του [OH ], οπότε μειώνεται το ουδέτερο ph. Έτσι το καθαρό νερό σε οποιαδήποτε θερμοκρασία είναι πάντοτε ουδέτερο. β. Η πρόταση είναι σωστή διότι το HS μπορεί σε υδατικό διάλυμα να εκδηλώσει είτε όξινο είτε βασικό χαρακτήρα, όπως φαίνεται στους παρακάτω ιοντισμούς: HS HO S H O : λειτουργεί ως οξύ HS HO H S OH : λειτουργεί ως βάση γ. Η πρόταση είναι λανθασμένη διότι: kb kα = k NH w NH 4 14 5 k w 10 9 kb = 10 kα = = = 10 5 NH 4 k 14 o b 10 NH k w = 10 (5 C) Άρα το NH 4 που είναι το συζυγές οξύ της NH εμφανίζει ασθενή όξινο χαρακτήρα. δ. Η πρόταση είναι σωστή διότι όταν ένα στοιχείο έχει ημισυμπληρωμένη την 4p υποστιβάδα, ανήκει στο p τομέα και έχει την εξής δομή ηλεκτρονίων σθένους: ns np Άρα ανήκει στην 15 η ή V A ομάδα του περιοδικού πίνακα. ε. Η πρόταση είναι λανθασμένη διότι: 1 1 CH CH CH HCl CH CH CH Cl Ο δεύτερος άνθρακας: Έχει στην ένωση
1 CH CH CH αριθμό οξείδωσης 1, ενώ στην ένωση 1 CH CH CH Cl αριθμό οξείδωσης μηδέν (0). Άρα ο άνθρακας οξειδώνεται. Ο πρώτος άνθρακας: Έχει στην πρώτη ένωση αριθμό οξείδωσης και στην δεύτερη ένωση αριθμό οξείδωσης, άρα ο άνθρακας ανάγεται. Β.α. Η δεύτερη περίοδος του περιοδικού πίνακα έχει οκτώ (8) στοιχεία διότι: Η δεύτερη περίοδος του περιοδικού πίνακα περιέχει δύο τομείς, τον τομέα s και τον τομέα p. Επειδή μία s υποστιβάδα χωράει δύο ηλεκτρόναι, γι αυτό ο s τομέας περιέχει δύο ομάδες, την Ι A (ns 1 ) και την ΙΙ Α (ns ) ομάδα του περιοδικού πίνακα. Επειδή μία p υποστιβάδα χωράει 6 ηλεκτρόνια, ο τομέας p έχει 6 ομάδες, τις εξής: 1 ns np IIIA ή 1 η ομάδα ns np IVA ή 14 η ομάδα ns np VA ή 15 η ομάδα 4 ns np VIA ή 16 η ομάδα 5 ns np VIIA ή 17 η ομάδα 6 ns np VIIIA ή 18 η ομάδα Άρα στην η περίοδο έχουμε: Στον τομέα s έχουμε δύο στοιχεία: 1 s s Στον τομέα p έχουμε έξι στοιχεία: s p 1 s p s p s p 4 s p 5 s p 6 Σύνολο 8 στοιχεία. Άρα η δεύτερη περίοδος του περιοδικού πίνακα περιέχει 8 στοιχεία.
β. Το στοιχείο με Ζ = 7 έχει ηλεκτρονιακή δομή: 1s s p 6 s p 6 d 7 4 4s Είναι στοιχείο του τομέα d γιατί κατά την ηλεκτρονιακή δόμηση σύμφωνα με την αρχή της ελάχιστης ενέργειας, το τελευταίο ηλεκτρόνιο τοποθετείται σε d υποστιβάδα. Η δομή των ηλεκτρονίων σθένους του είναι: d 7 4s Άρα το στοιχείο αυτό ανήκει στην 9 η ή VIII B ομάδα του περιοδικού πίνακα. Επίσης επειδή ο κύριος κβαντικός αριθμός n των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας είναι n = 4, το στοιχείο αυτό ανήκει στην 4 η περίοδο του περιοδικού πίνακα. ΘΕΜΑ Γ Γ1.α. Α: ΗCOOH Β: ΗCH=O Γ: CH CH OΗ Δ: CH COOH Ε: CH CH=O β.i) HCH=O CuSO 4 5NaOH HCOONa Cu O Na SO 4 H O ii) CH CH OH I CH CH=O HI CH CH=O I CI CH=O HI CI CH=O NaOH CHI HCOONa 5HI 5NaOH 5NaI 5H O CH CH OH 4I 6NaOH CHI HCOONa 5NaI 5H O iii) CH CH=O AgNO NH H O CH COONH 4 Ag NH 4 NO iv) CH CH OH K Cr O 7 8 H SO 4 CH COOH Cr (SO 4 ) K SO 4 11H O Γ. CH CH CH CH OH CH CH C CH HCN O
CH CH CH C CN OH H O CH CH CH CH SOCl 5 -HCl OH (M) CH CH CH MgCl CH OH CH (M) CH CH CH MgCl CH CH C CH CH O CH CH CH Cl CH Mg CH CH CH CH C CH CH CH HOH OMgCl CH CH CH CH C CH CH CH Γ. (COOK) και CH COOH Έστω: x y COOK n KOH = C V = 0,1 0, = 0,0 Μ αυτό αντιδρά μόνο το CH COOH. Άρα CH COOH KOH CH COOK HO y ;y = 0,0 ο μέρος: Έχουμε: x COOK H COOK Με ΚΜnO 4 αντιδρά μόνο το n = 0, 0, 0,04 KMnO = 4 COOK C 5 KMnO 4 8H SO 4 10CO MnSO 46K SO 4 8H O COOK Τα 5 απαιτούν x 0,04 Άρα: 5 0,04 = x x = 0, 1. H
Άρα έχουμε 0, (COO) K και 0,04 CH COOH. ΘΕΜΑ Δ Δ1. (A) 50 ml 100 ml CH COOH 0, M Δ. 5 k α = 10 0, M 50 ml Βρίσκουμε τα των ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους: n = 0, 0,05 0,01 CH COOH = n NaOH = 0, 0,05 = 0,01 CH COOH NaOH CHCOONa HO 0,01 0,01 0,01 0,01 0,01 0 0 0,01 0,01 Άρα: [ CH COONa] = = 0,1 M 0,1 M CH COONa CHCOO Na 0,1 ;0,1 0,1 M CH COO HO CH COOH OH 0,1 x x x 0,1 x x x 14 kw 10 9 kb = = = 10. Άρα: 5 CH COO k 10 k b α x 9 x 10 5 = 10 = x = 10 x = 10 M. 0,1 x 0,1 5 Άρα [OH] = 10 M poh = 5 και ph = 9. 6 50 ml 100 ml CH COOH 0, M 0, M V =1 L
Δ. nch COOH = 0, 0,05 = 0,01 n NaOH = 0, 0,1 = 0,0 Άρα έχουμε: CH COOH NaOH CHCOONa HO 0,01 0,0 0,01 0,01 0,01 0 0,01 0,01 0,01 [ NaOH] = = 0,01M 1 0,01 [ CH COONa] = = 0,01M 1 Μ ΝaΟΗ Na OH 0,01 ;0,01 CH COONa CHCOO Na 0,01 ;0,01 M CH COO HO CH COOH OH 0,01 0,01 y y y 0,01 y y y0,01 (0,01 y) y 9 10 y 9 kb = 10 = y = 10 M 0,01 y 10 9 Άρα [OH] = 0,01 10 10 M. Έτσι: pοh = και ph = 1. 500 ml 500 ml CH COOH 0,15 NaOH 0, M 0, M n = 0, 0,5 0,1 CH COOH = n HCl = 0, 0,5 = 0,1 n NaOH = 0,15 Άρα: 7 (E) V =1 L ;ph
NaOH HCl NaCl HO 0,15 0,1 0,1 0,1 0,1 0,05 0 0,1 8 NaOH CH COOH CHCOONa HO 0,05 0,1 0,05 0,05 0,05 0 0,05 0,05 Βρίσκουμε τις συγκεντρώσεις: 0,05 [ CH COOH] = [CHCOONa] = = 0,05 M 1 Άρα το διάλυμα είναι ρυθμιστικό και από τον τύπο του Henderson έχουμε: Cοξ 5 0,05 5 [HO ] = kα [HO ] = 10 = 10 M CB 0,05 Άρα ph = 5. Δ4.α) Για το COOH CH V L 0 ml CH COOH NaOH 0, M 0, M 40 ml Από το διάγραμμα προκύπτει ότι ο όγκος του πρότυπου διαλύματος NaOH που απαιτείται και στις δύο ογκομετρήσεις είναι 0 ml. Άρα: n NaOH = C V = 0, 0,0 = 0,004 Από την αντίδραση: CH COOH NaOH CHCOONa HO 1 1 1 ;0,004 0,004 ;0,004 Oπότε το αρχικό διάλυμα του οξικού οξέος έχει όγκο: n n 0,004 C = V = = = 0, L ή 0 ml V C 0, και ο όγκος του τελικού διαλύματος στο ισοδύναμο σημείο είναι 40 ml. Βρίσκουμε το ph του διαλύματος που προκύπτει στο μέσο της ογκομέτρησης για το CH COOH (όταν δηλαδή προσθέσουμε 10 ml NaOH με C = 0, M δηλαδή n NaOH = 0, 0,01 = 0,00 )
9 CH COOH NaOH CHCOONa HO 0,004 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0 0,00 Έτσι: 0,00 0, [ CH COOH] = [CHCOONa] = = M 0,0 Από τον τύπο του Henderson για το ρυθμιστικό διάλυμα έχουμε: 0, Cοξ 5 [H O ] k [H O ] 10 10 M ph 5 0 5 = α = = = C, B Άρα η καμπύλη της ογκομέτρησης για το CH COOH είναι η καμπύλη () και για το ΗΒ είναι η καμπύλη (1). β) Επειδή τα διαλύματα του CH COOH και του ΗΒ είναι ίσων όγκων συμπεραίνουμε ότι ο όγκος του διαλύματος του ΗΒ είναι 0 ml. Από το διάγραμμα της καμπύλης (1) βρίσκουμε τα του NaOH που απαιτούνται για την πλήρη εξουδετέρωση του ΗΒ. n NaOH = C V = 0, 0,0 = 0,004 Από την αντίδραση: HB NaOH NaB HO 1 1 1 ;0,004 0,004 ;0,004 Άρα το διάλυμα του ΗΒ περιέχει 0,004 και έχει όγκο 0 ml, ενώ στο ισοδύναμο σημείο περιέχονται 0,004 NaB σε όγκο 40 ml. Για το μέσο της ογκομέτρησης του ΗΒ γνωρίζουμε ότι το ph του διαλύματος που προκύπτει είναι ph = 4 (όπως φαίνεται στο διάγραμμα). Άρα από την αντίδραση: HB NaOH NaB HO 0,004 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0 0,00 0,00 0, [ HB] = [NaB] = = M 0,0 Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό και από τον τύπο του Henderson έχουμε:
10 0, Cοξ 4 4 α 10 kα kα 10 0 [H O ] = k = = HB HB C, HB B γ) Για το ισοδύναμο σημείο της ογκομέτρησης του ΗΒ με το NaOH έχουμε: 0,004 [ NaB] = = 0,1M 0,04 Μ NaB Na B 0,1 ;0,1 Μ B HO HB OH 0,1 ω ω ω 0,1 ω ω ω 14 k w 10 10 kb = = = 10 4 B kα 10 ω 10 ω 11 Άρα kb = 10 = ω = 10 ω = 10 B 0,1 ω 0,1 5,5 Έτσι [ΟΗ ] = 10 poh = 5, 5 και ph = 8,5. 5,5 ΜΩΥΣΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΧΗΜΙΚΟΣ - ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ SCIENCE PRESS