ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΧΗΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΑΤΩΝ ΑΠΟ ΤΟΝ ΚΑΘΗΓΗΤΗ κύριο ΚΕΦΑΛΛΩΝΙΤΗ ΓΙΑΝΝΗ του ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ www.orion.edu.gr ΘΕΑ Α 1 Α1. γ (...CCH, το C είναι ο ταγές) Α. β (αλδεΰδη ή κετόνη) Α. α Α. β Α5. β ( CHNHCl CHNH (οξύ) Cl ) ΘΕΑ Β Β1. α. Σ ( Cl, και µέχρι ηµιπολικούς δοτικούς δεσµούς) β. Λ ( NaHSO Na HSO, HSO HO SO HO, το HSO ως βάση «παίζει» αµελητέο ρόλο γιατί αντιστοιχεί στο HSO που είναι ισχυρό στο 1ο στάδιο ιοντισµού του) γ. Σ ( HCO, CO συζυγές ζεύγος ασθενούς οξέος βάσης) δ. Σ ε. Σ Σελίδα 1 από 1
Β. α. Επίλεξε διαφορές από τον παρακάτω πίνακα (από το βιβλίο «Κριτήρια αξιολόγησης στη Χηµεία Γ Λυκείου Θετικής», Γιάν. Κεφαλλωνίτη, Εκδόσεις ΠΑΤΑΚΗ) ιαφορές σ-δεσµού, π-δεσµού σ-δεσµός Σχηµατισµός µε «µετωπική» επικάλυψη ατοµικών τροχιακών (s-s, s-p, p-p και υβριδοποιηµένων) Υπάρχει κυλινδρική συµµετρία του ηλεκτρονιακού νέφους ως προς τον άξονα που διέρχεται από τους δύο πυρήνες. Το ηλεκτρονιακό νέφος έχει µέγιστη πυκνότητα ανάµεσα στους δύο πυρήνες µε σηµαντική µείωση της ενέργειας του συστήµατος. Υπάρχει µεγάλος βαθµός επικάλυψης των ατοµικών τροχιακών και µεγάλη ισχύς. εταξύ δύο ατόµων µπορεί να σχηµατιστεί µόνο ένας σ-δεσµός, µε ή χωρίς σχηµατισµό π-δεσµού. Επιτρέπεται η ελεύθερη περιστροφή γύρω από τον άξονα του δεσµού. π-δεσµός Σχηµατισµός µε πλευρική επικάλυψη ατοµικών τροχιακών (p-p). Υπάρχει συµµετρία του ηλεκτρονιακού νέφους ως προς επίπεδο που διέρχεται από τους δύο πυρήνες. Το ηλεκτρονιακό νέφος έχει µέγιστη πυκνότητα πάνω και κάτω από το επίπεδο συµµετρίας και µηδενική πυκνότητα κατά µήκος του άξονα του δεσµού. Υπάρχει µικρός βαθµός επικάλυψης των ατοµικών τροχιακών και µικρή ισχύς. εταξύ δύο ατόµων µπορούν να σχηµατιστούν ένας ή δύο π-δεσµοί, διπλός ή τριπλός δεσµός, αφού προηγηθεί σχηµατισµός σ-δεσµού. εν επιτρέπεται η ελεύθερη περιστροφή γύρω από τον άξονα του δεσµού. β. Το στοιχείο ανήκει στην ΙΙ Α οµάδα του περιοδικού πίνακα (άσκηση 75, σχολικού, Κεφάλαιο 1). Επειδή Ei >> Ei το ο e αποσπάται πολύ πιο δύσκολα, άρα αποσπάται από εσωτερική στιβάδα, µε σύγχρονη «καταστροφή» δοµής ευγενούς αερίου. Έτσι τα πρώτα e ήταν στην εξωτερική στιβάδα του ατόµου ( η ή ΙΙ Α οµάδα). ΣΧΟΛΙΟ Σελίδα από 1
Αν το στοιχείο ανήκε στον τοµέα d, θα είχε ηλεκτρονιακή δοµή [...], ( n 1) d x, ns. Το ο e αποσπάται µεν από εσωτερική στιβάδα ( n ) διαφορά ενέργειας. 1 d, αλλά χωρίς τόσο µεγάλη Η HO Η Ο γ. = = ph HO 10 M 5, pkα = 5 Kα = 10 ( M) Η 5 Ο Kα 10 Kα = = = = 10 [ Η ] [ Η ] ΗΟ 10 = = 100 10 [ Η ] και επικρατούν τα µόρια Η, οπότε έχουµε κόκκινο χρώµα. δ. ΝΗΑ ΝΗ Α M C C C (i) NH H O NH H O w 9, K = = = 10 ( M) (ii) A HO HA, KbA αnh K 10 K 10 bnh Επειδή ph = 8 > 7 (5 ο C), το διάλυµα είναι βασικό, επικρατεί ο ιοντισµός (ii) και µε ίδια συγκέντρωση των 1 1 5 ΝΗ, A, άρα έχουµε: K 9 > 10 ( M) w 9 5 Αλλά K = = > 10 και K < = 10 ( M) ba K 10 K K αηα αηα ba 10 10 1 αηa 9 ΣΧΟΛΙΟ ε λόγια: το A συµπεριφέρεται ισχυρότερα από το ΝΗ, άρα για τα συζυγή έχουµε ότι το ΗΑ ασθενέστερα από την ΝΗ και Η K w χρειαζόταν µόνο για τη σύγκριση ph = 8 > 7. K Κ 10 5 αηa < bnh =. ΘΕΑ Γ Γ1. α. Για το 1-πεντίνιο έχουµε: CHCHCHC CH CuCl NH CHCHCHC CCu NHCl Σελίδα από 1
(κεραµέρυθρο) 1 ) (ή CHCHCHC CH Na CHCHCHC CNa H β. (εφαρµογή σχολικού, σελ. 5, 1γ παρόµοια) H HCOOCH H HCO CH (A) (A1) (A) H CH COOCH CH H CH CO CH CH (B) (B1) (B) Το µίγµα (Α1), (Α), άρα ο (Α) διακρίνεται µε τον αποχρωµατισµό όξινου διαλύµατος KMnO και έκλυση CO. Στο µίγµα (Β1), (Β) γίνεται µόνο αποχρωµατισµός (Β). 5HCO KMnO HSO 5CO MnSO KSO 8HO 5CH 6KMnO 9HSO 5CO 6MnSO K SO 19HO ΣΧΟΛΙΟ άλλος τρόπος Το µίγµα (Β1), (Β), άρα ο (Β) διακρίνεται µε την αλογονοφορµική ( I K) Αντί για υδρόλυση των (Α) και (Β) θα µπορούσε να γίνει σαπωνοποίηση ( RCOOR Na RCOONa R ). της Β. Γ. A : CH CH *, B: CH = CH, Γ : CHCHCl : CHCHMgCl, E : CHCH = O Z: CH CH OMgCl CH CH, Θ : CH CH CH CH ή CHCHCHCH Η Θ, ως ο ταγής αλκοόλη οξειδώνεται από το KCrO 7 HSO. Σελίδα από 1
ΣΧΟΛΙΟ Αν το αλκίνιο Α είχε περισσότερα άτοµα C στο µόριο, π.χ. CHC CH, η Ε θα ήταν κετόνη, π.χ. οξειδώνεται. CHCCH O και τελικά η Θ θα ήταν ο ταγής αλκοόλη, που δεν Γ. Έστω x mol της (Α) µε CκΗκ 1ΟΗ και y mol της (Β) µε CλΗλ 1ΟΗ στο αρχικό µείγµα (). Στο 1 ο έχουµε: (Α) CκΗ 1 κ 1ΟΗ Νa CκΗκ 1ΟΝa H x mol x mol 6 (Β) CλΗ 1 λ 1ΟΗ Νa CλΗλ 1ΟΝa H y mol y mol 6, L x y H : = 0,1 mol = 0,1 x y = 0, 6 (1),L 6 6 mol Στο ο έχουµε: SOCl Mg (Α) C Η ΟΗ C Η Cl C Η MgCl κ κ 1 -SO κ κ 1 κ κ 1 HCl αιθέρας ( A ) C Η H κ κ Mg Cl Όµοια προκύπτει (Β ) CλΗ λ, που ταυτίζεται µε την (Α ), άρα κ = λ () και ίδια ανθρακική αλυσίδα () Στο αρχικό µείγµα έχουµε: m m =, g xmr ymr g =, g A B A B () (1) x1κ 18 y 1λ 18 =, x y 1κ 18 =, 0,6( 1κ 18) =,8 κ =, (Α), (Β) ισοµερείς CH. 9 Σελίδα 5 από 1
Στο ο έχουµε: ία από τις αλκοόλες CH 9 δίνει την αλογονοφορµική αντίδραση, άρα είναι της µορφής : CH CH, δηλαδή είναι η CHCHCHCH. CHCHCHCH, οπότε () η άλλη είναι η CH CH CHCH CH CH CCH CH CH CCI I Na I Na NaIHO NaIHO O O x y ( ή mol ) Na CHI CHCHCOONa, έτσι x 0,05 x 0,15 ( x y ) ή mol = = (ή y= 0,15). Από την (1) έχουµε: y = 0,5 (ή x = 0,5) και οι µάζες είναι: m CH CH CHCH = 0,15 7 g = 11,1 g mchchchch = 0,57g =, g ΘΕΑ 1. οχείο 1: HCl, HCl HO HO Cl, ph = log0,1 0,1 0,1 οχείο 5: Na, Na Na, p = log0,1 και ph = 1 0,1 0,1 οχείο : NaNO, NaNO Na NO Τα εφυδατωµένα ιόντα Na, NO στα ισχυρά Na, HNO αντίστοιχα. «παίζουν» αµελητέο ρόλο, επειδή αντιστοιχούν οχεία, : Η βάση NH αντιστοιχεί στο ( ph = 11 > 7 ) και το οξύ NH Σελίδα 6 από 1
(από το NHCl ) στο.. α. γαλακτικό οξύ: mol c 0,01 L 0,01 c mol L = Na : mol 0,1 0, 005 L 0, 0005 mol L = Στο διάλυµα που γίνεται η πλήρης εξουδετέρωση, όγκου 0,015 L, έχουµε: Na Na - CH CHCO CH CHCOO H O BL εξουδετέρωση 0,01c 0,0005 M = M 0,015 0,015 άρα c= 0,05 M (αλλιώς ίσα mol: 0,01 c = 0,0005 ). β. CH CHCO NaHCO * CH CHCOONa H O CO * ή Na CO CH CHCO K Cr O ** H SO 7 ( ο ταγής αλκοόλη) CH CCO Cr SO K SO 7H O O ** αλλαγή χρώµατος (πορτοκαλί πράσινο) ΣΧΟΛΙΟ ιάκριση της CH CH µε αλογονοφορµική.. Na 0,1 M (L) 1 NHCl 0,1 M (L) ph=9 ( )L 1 Y Y 5 Y 6 Σελίδα 7 από 1
1 λ = (1) Στο Υ 6 έχουµε: 0,11 0,1 mol 0,1λ 1 ΝαΟΗ : = M= ( 1 ) L 1 λ 1 ΝΗ Cl : 0,1 mol 0,1 = L λ 1 1 διάσταση Na Nα ΟΗ 0,1λ 0,1λ 0,1λ λ 1 λ 1 λ 1 διάσταση NΗ Cl NH Cl 0,1 0,1 0,1 λ 1 λ 1 λ 1 Τα ιόντα Να, Cl «παίζουν» αµελητέο ρόλο. B-L ΝH ΟΗ NH εξουδετέρωση HO 0,1 0,1λ αρχικά : >* λ 1 λ 1 0,1 0,1λ 0,1λ µεταβολή : λ 1 λ 1 λ 1 0,1 0,1λ 0,1λ τελικά : λ 1 λ 1 M * Επειδή το διάλυµα είναι ρυθµιστικό, πρέπει να υπάρχει συζυγές ζεύγος ασθενούς οξέος βάσης. τελικά: ΝH H O ΝH HΟ 0,1 0,1λ 0,1λ x x x λ 1 λ 1 και ph = 9 H O = 10 M x = 10 9 9 Σελίδα 8 από 1
0,1λ NH HO x λ 1 λ 10 Kα = Kα = K α = NH 0,1 0,1λ 1 λ λ 1 9 [ ] (1) Η K α θα βρεθεί από το διάλυµα του δοχείου. NΗ Cl NH Cl 0,1 0,1 0,1 ΝH H O ΝH HΟ τελικά: 0,1 y y y και ph = 5 H O = 10 M y = 10 5 5, οπότε 5 ( 10 ) y 9 Kα = = = 10 M 0,1 0,1 Άρα έχουµε: λ 10 (1) 10 1 λ 9 9 = 1 λ = ΣΧΟΛΙΟ Θα µπορούσε να γίνει χρήση του τύπου των ρυθµιστικών διαλυµάτων. C = = [ NH ] b ph pkα log pkα log Ca NH. NH 0,1 M (L) ph=11 Y Νερό x L ph=10* (x)l Y * Η προσθήκη νερού τείνει να κάνει το διάλυµα ουδέτερο, άρα το ph = 11 µειώνεται κατά 1. Σελίδα 9 από 1
Στο Υ έχουµε: 0,1mol 0,1 NH : = M x L x K bnh K w = και από, δοχείο έχουµε: K αnh αnh 9 =, K 10 10 10 1 5 άρα K = = 10 ( M) bnh 9 ΝH HO ΝH ΟH 0,1 τελικά: µ µ µ x ph = 10 poη = µ = 10 και ( 10 ) µ 5 = = KbNH 0,1 10 0,1 x x x= 99 Na 0,1 M L ph=1 Y Νερό y L ph=1 (y)l Y Στο Υ έχουµε: Na : 0,1mol 0,1 = M y L y Νa Na ΟH 0,1 0,1 0,1 y y y 0,1 ph 1 poη 10 y = = = y = 9 Το Y 6 είναι ρυθµιστικό διάλυµα που τείνει να «κρατήσει» το ph σταθερό, άρα θα απαιτηθεί πολύ µεγαλύτερη αραίωση για την ίδια µεταβολή ph από το Υ. Άρα έχουµε: ω >> x > y Σελίδα 10 από 1
. αθηµατική επεξεργασία της αραίωσης του ρυθµιστικού Στο Y 6 µε L, ph = 9, έχουµε: NHCl, 1 mol NH : L = mol (από το ) 0 L 0 Στο αραιωµένο διάλυµα Y 6 µε ωl νερού έχουµε: NHCl, NH : mol 0 = ( ω ) L 0( ω ) M και έστω C = 0 ω ( ) (i) ΝH Cl NH Cl c c c διάσταση Πριν το σύστηµα καταλήξει σε ισορροπία έχουµε: [ NH ] = ΝΗ = Cl = C ( M) (ii) αρχ αρχ αρχ ετά έχουµε: ΝH HO NH HO * -8 µ ν 10, ΗO HO * ΟΗ * 8 6 10 10 * ε την αραίωση το διάλυµα τείνει να γίνει ουδέτερο, άρα το ph = 9 καταλήγει σε ph = 8 και pοh= 6. - αρχή διατήρησης µάζας του Ν: µ ν = c (iii) - αρχή ηλεκτροουδετερότητας του διαλύµατος (θετικά φορτία ίσα µε αρνητικά): µ 10 c 10 8 6 = (iv) δηλαδή: ΝΗ HO = Cl - K 10 9 α = (από το ) και έχουµε: 8 [ ] ΝΗ ΗΟ 9 ν 10 Kα = 10 = µ = 10ν ΝΗ µ (v) Σελίδα 11 από 1
Επεξεργασία συστήµατος (iii), (iv) και (v) µ ν = C 10ν ν= C µ 10 C 10 10ν 10 C 10 µ = 10ν µ = 10ν 8 6 8 6 = = C ν = C 11 ν = 11 C 10 10 C 10 0C 11 10 11C 11 10 11 µ = 10ν µ = 10ν 8 6 8 6 = = C ν = 11 6 8 8 9C = 11 10 11 10 9C = 11 10 ( 10 1) µ = 10ν 9C = 11 10 99 C = 11 10 8 8 Έτσι από την (i) έχουµε: = ( ) = 0 ω 8 8 11 10 0 11 10 ω ( ) 7 7 6 10 ω 6 10 = 7 7 6 10 ω = 6 10 7 7 7 6 10 ω = 1 6 10 6 10 ω αµελητέο 7 10 10.000.000 7 6 10 6 6 ω= ω= ω 758! Σελίδα 1 από 1