ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 8 ΜΑΪΟΥ 00 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α A β Α α Α α Α4 δ Α5 α Σ β Σ γ Λ δλ ελ ΘΕΜΑ Β Β α. 0 a s s p 6 s p 6 4s 6Fe s s p 6 s p 6 d 6 4s 6S s s p 6 s p 4 β. a: 4 η περίοδος, η ομάδα Fe: 4 η περίοδος, 8 η ομάδα S: η περίοδος, 6 η ομάδα Β α. Αυτό γιατί είναι δυσκολότερη η απόσπαση ου ηλεκτρονίου από το ήδη θετικά φορτισμένο ιόν, παρά από το ουδέτερο άτομο, σύμφωνα με τις εξισώσεις:
ος ιοντισμός ος ιοντισμός Σ(g) Σ (g) e E > 0 ( Η ) Σ (g) Σ (g) e Ε > E > 0 ( Η > Η ) β. Αυτό γιατί η αντίδραση αυτοϊοντισμού του νερού είναι ενδόθερμη και σύμφωνα με την αρχή Le hatelier ευνοείται σε υψηλές θερμοκρασίες ΗΟ ΗΟ ΗΟ ΟΗ Έτσι η σταθερά γινομένου ιόντων του νερού Κ w αυξάνεται, 4 4 Κ w'(80) K w(5), οπότε K w' 0 HO OH 0. Άρα 7 στο ουδέτερο διάλυμα H O OH 0 ph poh 7 γ. Αυτό ισχύει σύμφωνα με την απαγορευτική αρχή του Pauli, κατά την οποία δεν υπάρχουν δύο ηλεκτρόνια στο ίδιο άτομο με την ίδια τετράδα κβαντικών αριθμών (n, l, m l, m s ). Αν λοιπόν δύο ηλεκτρόνια βρίσκονται στο ίδιο τροχιακό (ίδιοι οι πρώτοι κβαντικοί αριθμοί), θα πρέπει υποχρεωτικά να διαφέρουν στον τέταρτο m s. Γι αυτό στο ίδιο τροχιακό χωρούν το πολύ δύο ηλεκτρόνια. δ. Η ελάττωση της ατομικής ακτίνας κατά μήκος μιας περιόδου προς τα δεξιά, οφείλεται στην αύξηση του δραστικού πυρηνικού φορτίου, μιας και τα εσωτερικά ηλεκτρόνια είναι ίδια για όλα τα στοιχεία της περιόδου. ε. Αυτό για δύο λόγους: Πρώτον το μαγνήσιο είναι πολύ ηλεκτροθετικό στοιχείο και θα μπορούσε ν αντιδράσει είτε με το οξυγόνο της ατμόσφαιρας Μg + O MgO είτε με την υγρασία Mg + H O MgO + H Κυρίως όμως χρησιμοποιούμε απόλυτο αιθέρα, για να προφυλάξουμε το αντιδραστήριο Grignard από την αντίδραση του με το νερό (υγρασία)
Β RMgX + H O RH + Mg(OH)X μιας και τα αντιδραστήρια Grignard είναι ισχυρές βάσεις και αντιδρούν με νερό προς τα αντίστοιχα αλκάνια. Το -πεντίνιο αντιδρά με μεταλλικό νάτριο, εκλύοντας φυσαλίδες υδρογόνου, σύμφωνα με την εξίσωση H H H H Na H H H Na H Το πεντάνιο και το -πεντένιο, δεν αντιδρούν με Νa. Έτσι αν εκλυθεί Η, έχουμε το -πεντίνιο. Αν όμως δεν γίνει αντίδραση, σε ένα άλλο μέρος του δείγματος προσθέτουμε σταγόνες διαλύματος Br σε τετραχλωράνθρακα, το οποίο έχει χαρακτηριστικό κοκκινωπό χρώμα. Το -πεντένιο αντιδρά με το Br, αποχρωματίζοντάς το, ενώ το πεντάνιο όχι H H H H H Br H H H H H Στη φιάλη που έγινε ο αποχρωματισμός, περιέχεται το -πεντένιο, ενώ στην η φιάλη που δεν έγινε καμία αντίδραση, υπήρχε το πεντάνιο. Br Br
Γ H H H H Br (Α) +Mg/ άνυδρος αιθέρας HMgBr H (Z) H H H H +NaOH H H H υδατικό O H H H OMgBr +H O H H (M) H H H Γ OH (N) (Λ) OH (Β) +Ι +NaOH Οι ισομερείς καρβονυλικές ενώσεις με τύπο 4 H 8 O Είναι η βουτανάλη και HI (Γ) + H OONa (Δ) H H H η μεθυλο-προπανάλη η βουτανόνη H H H H 0 H H H 0 H H H H O Br H OO H H (E) H (Α) από τις οποίες μόνο οι δύο πρώτες αντιδρούν με αντιδραστήριο Fehling, σύμφωνα με την εξίσωση 4
H7 H 0 uso4 5NaOH H7OONa uo NaSO4 HO Έστω x mol της κάθε μίας από τις τρεις καρβονυλικές ενώσεις. Τότε σύμφωνα με την πιο πάνω αντίδραση, αφού μόνο οι αλδεΰδες αντιδρούν με Fehling, τα x mol αλδεϋδών σχηματίζουν x mol u O. Έτσι συστατικό ΘΕΜΑ Δ Δ m,86 nu O x x Mr,4 x=0,0 mol από το κάθε Επειδή είναι δεκτές οι προσεγγίσεις, έχουμε: Κa Για το y α Για το αραιωμένο διάλυμα α ' Κa ' Κ K K K n n α ' α 9 9 ' 9 V'=9V 0,9L ' ' V V' a a a a άρα προστέθηκαν Δ V' V 0,8 L 800 ml HO Στο y : HOOH Προσθέτουμε nnaoh β Vβ 0,0, 0,0 mol n V 0, 0, 0,0 mol Γίνεται εξουδετέρωση, σχηματίζοντας ρυθμιστικό. 5
HOOH NaOH HOONa HO αρχ 0,0 0,0 mol - - αντ. 0,0 0,0 - - παραγ - - 0,0 Τελικά 0,0-0,0 mol Στο ρυθμιστικό διάλυμα HOOH HOONa που σχηματίστηκε, όγκου 0, +0, = 0, L, έχουμε: H OOH H OOΝa Το H OONa διίσταται πλήρως 0,0 οξ 0,05Μ 0, 0,0 β 0,05Μ 0, H OONa H OO NA β β β Ενώ το H OOH ιοντίζεται εν μέρει H OOH H O H OO H O αρχ οξ β - Ισορρ οξ -x β +x x K a (β x) x x οξ έχουμε: Κ a και μετά τις προσεγγίσεις β x 5 x HO 0 ph = 5 οξ x β, x οξ Σημείωση: Θα μπορούσαμε να χρησιμοποιούσαμε απ ευθείας την προσεγγιστική σχέση του Henderson HO Κa οξ x 5 HO 0 ph = 5 β 6
Δ nh OOH V 0,0, 0,0 mol nnaoh β Vβ 0,0, 0,0 mol Άρα έχουμε πλήρη εξουδετέρωση και ζητάμε το ph στο ισοδύναμο σημείο HOOH NaOH HOONa HO 0,0 0,0 0,0 mol Στο ισοδύναμο σημείο μετά την εξουδετέρωση υπάρχουν στο διάλυμα όγκου 0, +0, = 0,L μόνο τα 0,0 mol H OONa, 0,0 με συγκέντρωση 0, M 0, Το H OONa διίσταται πλήρως HOONa H OO Na 0,M 0,M 0,M Από τα δύο ιόντα, αντιδρά με νερό μόνο το H OO -, ως συζυγής βάση του ασθενούς H OOH, ενώ το Na + πρακτικά δεν υδρολύεται: HOO HO HOOH OH αρχ 0,Μ - - Ισορρ 0, - y y y Έτσι K y 0 y K y 0 K 0, y 0 0, y0, 4 w b 5 a 0-5 - y 0 M = OH Άρα poh=5 ph = 9 7
Δ4 nh OOH 0,0,0,00 mol n 0, V (όπου V ο άγνωστος όγκος σε L) NaOH V (0,0 V) L τελ Διερεύνηση i) Αν έχουμε πλήρη εξουδετέρωση (nh OOH nn aoh), τότε στο ισοδύναμο σημείο θα έχουμε μόνο H OONa, που λόγω υδρόλυσης του ανιόντος H OO - θα έδινε διάλυμα με ph > 7, άτοπο. ii) iii) Αν περισσεύει βάση, τότε το διάλυμα θα είναι ακόμα πιο βασικό σε σχέση με πριν, άτοπο. Άρα περισσεύει H OOH και σχηματίζεται ρυθμιστικό διάλυμα με ph=7. H OOH NaOH H OONa H O αρχ,0 0 0 - mol - - αντ. 0,V 0, V - - παραγ - - 0, V V,0 0 0-0,V mol Τελικά (,0 0V)0 0,V H OOH οξ HOONa β Vτελ Vτελ και = = Έτσι οξ 7 5 ΗΟ Κa 0 0 β οξ β 8
00 0,V 00 (,0 0V)0 β οξ 0,V,0 0V 0,V,0 V 0,L ή 00mL 9