ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2015 27-5-2015 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α2. β Α3. γ Α4. α Α5. β ΘΕΜΑ Β Β1. α. Λάθος Εξαρτάται από ph του διαλύματος της ισχυρής βάσης που προστίθεται. Αν ph ισχ >ph NaF τότε ph του τελικού διαλύματος αυξάνεται. Αν ph ισχ =ph NaF τότε ph του τελικού διαλύματος δεν μεταβάλλεται. Αν ph ισχ <ph NaF τότε ph του τελικού διαλύματος μειώνεται. β. Σωστό Τα ισομερή βουτίνια είναι: CH 3 CH 2 C CH 1-βουτίνιο και CH 3 C CCH 3 2-βουτίνιο To CH 3 CH 2 C CH αντιδρά με διάλυμα CuCl/NH 3 και σχηματίζεται κεραμέρυθρο ίζημα: CH 3 CH 2 C CH + CuCl + NH 3 CH 3 CH 2 C CCu + NH 4 Cl To CH 3 C CCH 3 δεν αντιδρά με διάλυμα CuCl/NH 3. γ. Σωστό Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό γιατί περιέχει το συζυγές ζεύγος CH 3 COOH CH 3 COO - με ίσες συγκεντρώσεις (τα ιόντα Νa + και Cl - δεν ιοντίζονται ούτε αντιδρούν με το CH 3 COOH ή το CH 3 COOΝa του ρυθμιστικού διαλύματος). δ. Λάθος Το 2 Ηe που είναι ευγενές αέριο έχει ηλεκτρονιακή δομή 1s 2. ε. Σωστό Η CH 3 OH είναι πολύ ασθενές οξύ με πολύ μικρή K a, πιο ασθενές οξύ από το Η 2 Ο, έτσι ο ιοντισμός της στο νερό είναι ελάχιστος. Πρακτικά δεν δίνει αντίδραση ιοντισμού στο νερό. Β2. α. Η ηλεκτρονική δομή των στοιχείων είναι: 7Χ: 1s 2 2s 2 2p 3 και 12Ψ: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 Άρα το Χ βρίσκεται στην 2 η περίοδο και 15 η ομάδα (VA) και το Ψ βρίσκεται στη 3 η περίοδο και 2 η ομάδα (ΙΙΑ). β. Κατά μήκος μιας περιόδου η ατομική ακτίνα ελαττώνεται από τα αριστερά προς τα δεξιά ενώ σε μια ομάδα του περιοδικού πίνακα η ατομική ακτίνα αυξάνεται καθώς προχωρούμε από πάνω προς τα κάτω. Έτσι το χημικό στοιχείο
Χ έχει μικρότερη ατομική ακτίνα από το Ψ. Όσο μεγαλύτερη είναι η ατομική ακτίνα, τόσο μεγαλύτερη είναι και η μέση απόσταση του πιο μακρινού ηλεκτρονίου (με το μεγαλύτερο κύριο κβαντικό αριθμό) από τον πυρήνα. Αυτό έχει ως συνέπεια να ελαττώνεται η έλξη πυρήνα - ηλεκτρονίου με αποτέλεσμα να μειώνεται η ενέργεια ιοντισμού. Άρα, το χημικό στοιχείο Χ έχει μεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού από το Ψ. γ. Οι ηλεκτρονιακοί τύποι Lewis των ενώσεων είναι: HXO 3 : ΨΟ : ΘΕΜΑ Γ Γ1. Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων είναι: Α: HC CH B: CH 3 CH=O Γ: CH 3 COOH Δ: CH 3 COONa E: CH 3 CH 2 OH Z: CH 3 CH 2 Cl Θ: CH 3 CH 2 ΜgCl K: CH 3 CH 2 CHCH 3 OMgCl Λ: CH 3 CH 2 CHCH 3 Μ: CH 3 COOCHCH 2 CH 3 CH 3 Γ2. α. Οι πιθανοί συντακτικοί τύποι για την ένωση Α είναι: CH 3 CH 2 CH=CH 2 1-βουτένιο και CH 3 CH=CHCH 3 2-βουτένιο Όμως το 2-βουτένιο είναι συμμετρικό αλκένιο και κατά την προσθήκη Η 2 Ο παράγεται ένα μόνο προϊόν. Άρα η ένωση Α είναι το 1-βουτένιο και κατά την προσθήκη νερού σχηματίζεται η 2-βουτανόλη ως κύριο προϊόν (Β) και η 1- βουτανόλη ως δευτερεύον προϊόν (Γ). Έτσι, οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων είναι: Α: CH 3 CH 2 CH=CH 2 B: CH 3 CH 2 CHCH 3 Γ: CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH β. Έστω ότι έχουμε n mol αλκενίου Α, τότε θα σχηματιστούν x mol B και y mol Γ. CH 3 CH 2 CHCH 3 (B) (x mol) CH 3 CH 2 CH=CH 2 + Η 2 Ο Ισχύει: n = x + y CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH (y mol) To μείγμα των προϊόντων Β και Γ χωρίζεται σε τρία ίσα μέρη: (Γ)
ΘΕΜΑ Δ 1 ο μέρος: mol B και mol Γ. Η Β και η Γ αντιδρούν με μεταλλικό Νa και εκλύεται αέριο Η 2 : CH 3 CH 2 CHCH 3 + Νa CH 3 CH 2 CHCH 3 + H 2 mol ONa mol CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH + Νa CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 ONa + mol H 2 mol n = n =, n, = 0,05 mol + = 0,05 mol x + y = 0,3 mol (1) 2 ο μέρος: mol B και mol Γ. Με Ι 2 /ΝaOH αντιδρά μόνο η Β και σχηματίζεται κίτρινο ίζημα. CH 3 CH 2 CHCH 3 + 4Ι 2 + 6ΝaOH CH 3 CH 2 COONa + CHI 3 + 5NaI + 5H 2 O mol mol n = 0,08 mol = 0,08 mol x = 0,24 mol (1) y = 0,06 mol 3 ο μέρος: = 0,08 mol B και = 0,02 mol Γ. H B και η Γ αντιδρούν με διάλυμα ΚΜnO 4 /H 2 SO 4 και το αποχρωματίζουν. 5CH 3 CH 2 CHCH 3 + 2ΚΜnO 4 + 3H 2 SO 4 5CH 3 CH 2 CCH 3 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O O 5 mol 2 mol 0,08 mol z = 0,032 mol 5CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 OH +4ΚΜnO 4 + 6H 2 SO 4 5CH 3 CH 2 CH 2 COOH+4MnSO 4 +4K 2 SO 4 + 5 mol 4 mol +11H 2 O 0,02 mol ω = 0,016 mol Τα συνολικά mol του KMnO 4 που αντιδρούν είναι: z + ω = 0,032 + 0,016 = 0,048 mol Ο όγκος του διαλύματος KMnO 4 που αποχρωματίζεται από το 3 ο μέρος είναι: V = =,, = 0,48 L Δ1. Υπολογίζουμε τα mol του HCOOH και του NaOH: n HCOOH = c V =0,1 1=0,1 mol Έστω ότι προσθέτουμε V L NaOH: n NaOH = c V =0,1V mol Κατά την ανάμειξη του Υ 1 με το Υ 3 πραγματοποιείται η αντίδραση: ΗCOOH + NaOH HCOONa + H 2 O
Για προκύψει διάλυμα με ph = 4 πρέπει να αντιδράσει όλο το ΝaOH και να υπάρχει στο διάλυμα ΗCOOH, δηλαδή n NaOH < n HCOOH. Σε κάθε άλλη περίπτωση το ph του διαλύματος θα είναι μεγαλύτερο από 7. (mol) HCOOH + NaOH HCOOΝa + Η 2 Ο Αρχ. 0,1 0,1V Αντ./Παρ. 0,1V 0,1V 0,1V Τελ. 0,1-0,1V 0,1V Το διάλυμα που προκύπτει περιέχει: ΗCOOH: c 1 =,, M HCOONa: c 2 =, M (M) HCOOΝa H 2 O Na + + HCOO - c 2 c 2 c 2 (Μ) HCOOH + Η 2 Ο HCOO - + H 3 O + Αρχ. c 1 c 2 Ioντ./Παρ. x x x Ioντ. Ισορ. c 1 -x c 2 +x x ph = 4 [H 3 O + ] = 10-4 M K () = [ ][ ] [ ],, 10-4 = ( ) 10-4 = =, 0,1-0,1V = 0,1V 0,2V = 0,1 V = 0,5 L Άρα, πρέπει να προσθέσουμε 500 ml διαλύματος Υ 3. c 1 =c 2 Δ2. Υπολογίζουμε τις νέες συγκεντρώσεις του ΗCOOH και του CH 3 COOH στο διάλυμα Υ 4 που προκύπτει: ΗCOOH: c = =,, = 0,05 M CΗ 3 COOH: c = =, = 0,5 M (Μ) HCOOH + Η 2 Ο HCOO - + H 3 O + Αρχ. 0,05 Ioντ./Παρ. x x x Ioντ. Ισορ. 0,05-x x (x+y) (Μ) CH 3 COOH + Η 2 Ο CH 3 COO - + H 3 O + Αρχ. 0,5 Ioντ./Παρ. y y y Ioντ. Ισορ. 0,5 - y y (x+y) K () = [ ][ ] [] K ( ) = [ ][ ] [ ] 10-4 = (), 5 10-6 = x(x+y) (1) 10-5 = (), 5 10-6 = y(x+y) (2)
Με πρόσθεση της (1) και της (2) κατά μέλη προκύπτει: (1) + (2) 5 10-6 + 5 10-6 = (x+y)(x+y) 10-5 = (x+y) 2 (x+y) = 10-2,5 [Η 3 Ο + ] = 10-2,5 M ph = -log[h 3 O + ] ph =2,5. Δ3. Υπολογίζουμε τα mol του ΗCOOH και του CH 3 COOH στο διάλυμα Υ 4 : n HCOOH = c V =0,1 0,5 = 0,05 mol n CH3COOH = c V =1 0,5 = 0,5 mol Πραγματοποιούνται οι αντιδράσεις: (mol) 2HCOOH + Mg (HCOO) 2 Mg + Η 2 2 1 0,05 0,025 (mol) 2CH 3 COOH + Mg (CH 3 COO) 2 Mg + Η 2 2 1 0,5 0,25 To αέριο που παράγεται είναι το Η 2. Τα συνολικά mol του Η 2 που παράγονται είναι: n = 0,025 + 0,25 = 0,275 mol Άρα, ο συνολικός όγκος του Η 2 σε STP είναι: V = n V m = 0,275 22,4 = 6,16 L Δ4. Είναι δυνατός ο προσδιορισμός της συγκέντρωσης του διαλύματος HCOOH με πρότυπο διάλυμα ΚΜnO 4 παρουσία Η 2 SO 4 καθώς μπορούμε να βασιστούμε στη στοιχειομετρία της αντίδρασης: 5HCOOH + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 5CO 2 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O Δεν απαιτείται δείκτης σε αυτή την περίπτωση γιατί ο προσδιορισμός του τελικού σημείου της ογκομέτρησης θα γίνει από τη στιγμή που θα σταματήσει ο αποχρωματισμός του ερυθροιώδους διαλύματος ΚΜnO 4 /H 2 SO 4. Ταυτόχρονα θα σταματήσει και η έκλυση φυσαλίδων αερίου CO 2. Επιμέλεια απαντήσεων: Δεββές Γιώργος Χημικός