Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Χημεία Θετικής Κατεύθυνσης, Ημ/νία: 6 Ιουνίου 2014 Απαντήσεις Θεμάτων ΘΕΜΑ Α Α1. γ (σύμφωνα με το σχολικό βιβλίο και τις γνώσεις της Γ Λυκείου) Α2. β Α2. α Α2. β Α2. β ΘΕΜΑ Β Β1. α. Λάθος, (σύμφωνα με το σχολικό βιβλίο ο ημιπολικός αποτελεί περίπτωση ομοιοπολικού δεσμού) β. Λάθος γ. Σωστό δ. Σωστό ε. Σωστό Β2. α. Βλ. σχολικό βιβλίο σελ. 190, 191 β. Παρατηρούμε ότι για την απόσπαση του 1ου και του 2ου ηλεκτρονίου οι τιμές ενέργειας ιοντισμού διαφέρουν κατά τα αναμενόμενα, ενώ για την απόσπαση του 3ου ηλεκτρονίου η τιμή της ενέργειας ιοντισμού είναι πολύ υψηλή. Εi 1 < Εi 2 < < Εi 3 Επομένως, το στοιχείο ανήκει στην 2η ομάδα. γ. Για το δείκτη ισχύει: Είναι: K αhδ = [Δ ][Η 3 Ο + ] ολ [ΗΔ] ΗΔ + Η 2 0 όξινη μορφή κόκκινο Δ + Η 3 Ο + βασική μορφή κίτρινο [Δ ] [ΗΔ] = K α HΔ [Η 3 Ο + [Δ ] ] ολ [ΗΔ] = 10 5 10 3 = 10 2 = 1 100
Με δεδομένο ότι: pk α 1 = 4 pk α = 5 pk α + 1 = 6 κόκκινο κίτρινο σε ph = 3 το χρώμα του διαλύματος θα είναι κόκκινο. δ. ΝΗ 4 Α ΝΗ + 4 + Α ΝΗ + 4 + Η 2 Ο ΝΗ 3 + Η 3 Ο + (Κα ΝΗ4 +) Α + Η 2 Ο ΗΑ + ΟΗ (Κb A ) επειδή ph = 8 πρέπει Κb A > Κα ΝΗ4 + Κw Κα HA > Κw Κb NH 3 Κb NH3 > Κα HA οπότε Κα HA < 10 5 ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. Με επίδραση CuCl, NH 3 το 1-πεντίνιο (επειδή έχει ακραίο τριπλό δεσμό) θα δώσει κεραμέρυθρο ίζημα. CH 3 CH 2 CH 2 C CH + CuCl + NH 3 CH 3 CH 2 CH 2 C CCu +NH 4 Cl β. Επιδρούμε με ΝαΟΗ οπότε: ΗCOOCH 3 + Na HCOONa + CH 3 CH 3 COOCH 2 CH 3 + Na CH 3 COONa + CH 3 CH 2 Στη συνέχεια με επίδραση Ι 2, ΝαΟΗ το προϊόν CH 3 CH 2 που προκύπτει από τον CH 3 COOCH 2 CH 3 θα δώσει κίτρινο ίζημα. CH 3 CH 2 + 4Ι 2 + 6ΝαΟΗ ΗCOONa + CHI 3 +5NaI + 5H 2 O Εναλλακτικά θα μπορούσαμε να επιδράσουμε και με περίσσεια ΚΜnO 4 H + οπότε στο πρώτο δοχείο θα παρατηρηθεί έκλυση αερίου (CO 2 ). Γ2. Οι ζητούμενοι συντακτικοί τύποι είναι: (Α): ΗC CH (B): CH 2 = CH 2
(Γ): CΗ 3 CH 2 Cl (Δ): CΗ 3 CH 2 MgCl (Ε): CΗ 3 CH = O (Ζ): CΗ 3 CH CH 2 CH 3 OMgCl (Θ): CΗ 3 CH CH 2 CH 3 Γ3. Γ3. Έστω 3x mol C ν Η 2ν+1 ΟΗ (Α) και 3y mol C κ Η 2κ+1 ΟΗ (Β) στο αρχικό μίγμα. Τότε ισχύει: 3x (14ν + 18) + 3y(14κ + 18) = 44,4 (1) Στο 1 ο μέρος έχουμε x mol (Α) και y mol (Β), οπότε: C ν Η 2ν+1 ΟΗ + Να C ν Η 2ν+1 ΟΝα + 1 2 Η 2 x mol x 2 mol C κ Η 2κ+1 ΟΗ + Να C κ Η 2κ+1 ΟΝα + 1 2 Η 2 y mol Επομένως: x + y 22,4 = 2,24 x + y = 0,2 2 Στο 2 ο μέρος έχουμε: y 2 mol C ν Η 2ν+1 ΟΗ + SOCl 2 C ν Η 2ν+1 Cl + SO 2 +HCl και C κ Η 2κ+1 ΟΗ + SOCl 2 C κ Η 2κ+1 Cl + SO 2 +HCl
Επίσης: απόλυτος C ν Η 2ν+1 Cl + Mg αιθέρας απόλυτος C κ Η 2κ+1 Cl + Mg αιθέρας C ν Η 2ν+1 MgCl C κ Η 2κ+1 MgCl C ν Η 2ν+1 ΜgCl + H 2 O C ν Η 2ν+1 + Μg() Cl C κ Η 2κ+1 ΜgCl + H 2 O C κ Η 2κ+1 + Μg() Cl όμως C ν Η 2ν+1 και C κ Η 2κ+1 το ίδιο προϊόν άρα ν = κ στο τρίτο μέρος: xmol A και ymol B αν αντιδρούν και οι δύο με Ι 2 ΝαΟΗ και με δεδομένο ν = κ συνολικά θα έχουμε: R CH + 4I 2 + 6Na RCOONa + CHI 3 +5NaI + 5H 2 O CH 3 (x + y)mol (x + y)mol Οπότε x + y = 0,05 πράγμα άτοπο αφού από (2): x + y = 0,2 Άρα αντιδρά μόνο η μια αλκοόλη οπότε mol CHI3 = mol αλκοόλης δηλαδή x = 0, 05 οπότε y = 0, 15 (ή και y = 0,05, x = 0,15). Από (1) και με κ = ν x = 0,05 y = 0,15 έχουμε: 3 0,05(14ν + 18) + 3 0,15 (14ν + 18) = 44,4 οπότε ν = 4 Άρα η μια αλκοόλη (που δίνει αλογονοφορμική) είναι η CH 3 CH 2 CH CH 3 (2 βουτανόλη) και η άλλη είναι η CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 ΟΗ αφού τα αντίστοιχα αντιδραστήρια Grignard πρέπει με το νερό να δίνουν τον ίδιο υδρογονάνθρακα. CH 3 CH 2 CH CH 3 + H 2 O CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 + Mg()Cl MgCl CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 MgCl + H 2 O CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 + Mg()Cl
Στο αρχικό μίγμα έχουμε: 3x = 0,15 mol CH 3 CH 2 CH CH 3 3y = 0,45 mol CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Δοχείο 1 Υ 3 Δοχείο 2 Υ 5 Δοχείο 3 Υ 1 Δοχείο 4 Υ 2 Δοχείο 5 Υ 4 Δ2. α. Έστω C x η συγκέντρωση του γαλακτικού οξέος. n οξ = 0,01 C x mol n Na = 0,1 5 10 3 = 5 10 4 mol CH 3 CH CO + Na CH 3 CH COONa+ H 2 O 0,01 C x 5 10 4 Άρα 0,01 C x = 5 10 4 C x = 0,05 M β. Με επίδραση ΝαΗCO 3 ελευθερώνεται CO 2 και έτσι γίνεται ανίχνευση της καρβοξυλομάδας. CH 3 CH CO + NaΗCO 3 CH 3 CH COONa+CO 2 + H 2 O Με επίδραση KMnO 4 H + οξειδώνεται το δευτεροταγές άτομο άνθρακα, επομένως από τον αποχρωματισμό του διαλύματος γίνεται ανίχνευση της υδροξυλομάδας. 5CH 3 CH CO + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 5CH 3 C CO + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O 0
Δ3. Από το διάλυμα Υ 2 ΝΗ 3 0,1 Μ, το οποίο από το Δ 1 έχει ph = 11, θα υπολογίσουμε την σταθερά Kb NH3. NH 3 + H 2 O NH 4 + + Αρχ 0,1 Ιον x Παρ x x Τελ (0,1 x) x x ph = 11 p = 3 [ ] = 10 3 M = x. [NH 3 ] = 0,1 x 0,1 M (ισχύει η προσέγγιση) [NH 4 + ] = [ ] = 10 3 M Kb NH3 = [NH 4 + ][ ] [NH 3 ] Kb NH3 = 10 5 = 10 6 0,1 = 10 5 Έστω V 1 L διαλύματος ΝαΟΗ 0,1 Μ και V 2 L διαλύματος ΝΗ 4 Cl 0,1 M θα αναμείξουμε n Na = 0,1 V 1 mol n ΝΗ4 Cl = 0,1 V 2 mol Αφού προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα αντιδρά πλήρως το ΝαΟΗ. Έτσι έχουμε: NαΟΗ + ΝΗ 4 Cl NaCl + NH 3 + H 2 O Αρχ 0,1 V 1 0,1 V 2 Τελ 0 0,1(V 2 V 1 ) 0,1 V 1 0,1 V 1 Επομένως στο Υ 6 έχουμε: ΝΗ 3 με C β = 0,1 V 1 V 1 + V 2 M ΝΗ 4 Cl με C οξ = 0,1( V 2 V 1 ) V 1 + V 2 M με Κ α ΝΗ 4 + = 10 9 δηλαδή:
ph = pk a + log C 0,1 V 1 β V 9 = 9 + log 1 + V 2 C οξ 0,1( V 2 V 1 ) V 1 + V 2 V 1 V 2 V 1 = 1 V 1 = V 2 V 1 2V 1 = V 2 V 1 V 2 = 1 2 V 1 log = 0 V 2 V 1 Δ4. Η αραίωση του διαλύματος ΝΗ 3 θα δώσει: ph τελ = 10. Από την αραίωση έχουμε: C αρχ V αρχ = C τελ V τελ (1) 0,1 V = C τελ (V + x) (2) Είναι: ΝΗ 3 + Η 2 0 ΝΗ + 4 + ΟΗ τελικά: C τελ φ φ φ Οπότε: [ΟΗ ] = 10 4 Μ = φ (αφού ph τελ = 10) Είναι, θεωρώντας ότι ισχύουν οι προσεγγίσεις: Κ bnh3 = [NΗ 4 + ] [ΟΗ ] [NH 3 ] 10 5 = 10 8 C τελ Τελικά από τη σχέση (2) παίρνουμε: x = 99 V C τελ = 10 3 M Η αραίωση του διαλύματος ΝαΟΗ 0,1 Μ (Υ 4 ) θα δώσει ph τελ = 12. Από (1) έχουμε: 0,1 V = C τελ (V + y) (3) Νa Na + + τελικά 0 C τελ C τελ είναι p = 2 άρα [ΟΗ ] = C τελ = 10 2 Μ οπότε από (3) έχουμε: y = 9 V
Επειδή το διάλυμα Υ 6 είναι ρυθμιστικό και με αραίωση άλλαξε το ph του προφανώς έχει χάσει τη ρυθμιστική του ικανότητα. Συνεπώς η αραίωση έχει υπερβεί τα όρια που επιτρέπουν τη χρήση της εξίσωσης Henderson Hasselbalch και τις γνωστές προσεγγίσεις. Έτσι έχουμε: y < x < ω Παρατήρηση 1: Αν θέλουμε να δείξουμε και πρακτικά ότι τα ω L είναι ο μεγαλύτερος όγκος των x, y πρέπει να ακολουθήσουμε την παρακάτω μελέτη, όπου δεν ισχύουν οι γνωστές προσεγγίσεις που αναφέρει το δεδομένο. Πιστεύουμε ότι κάτι τέτοιο δεν είναι απαραίτητο να γραφεί από τους εξεταζόμενους. Η παρακάτω μελέτη επιβεβαιώνει ότι το ω είναι ο μεγαλύτερος όγκος. Από το Δ3 με δεδομένο ότι: V 2 = 2V 1 οι συγκεντρώσεις είναι: C NH3 = C NH4 Cl = 0,1 3 M Με προσθήκη ωl νερού (ph τελ = 8) και από (1) έχουμε: 0,1 V = C 3 T NH (V + ω) 3 Ομοίως: 0,1 V = C 3 T NH (V + ω) 4Cl Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει: C = C TNH 3 T = C NH 4Cl T Έχουμε: + ΝΗ 3 + Η 2 Ο ΝΗ 4 + ΟΗ τελικά: C T κ κ κ + NH 4 Cl ΝΗ 4 + Cl τελικά: 0 C T C T Σε ισορροπία έχουμε: [ΟΗ ] = κ = 10 6 Μ [ΝΗ 3 ] = C T κ = (C T 10 6 ) Μ [ΝΗ 4 + ] = C T + κ = (C T + 10 6 ) Μ Οπότε: Κ b = [ΝΗ 4 + ][ΟΗ ] 10 [ΝΗ 3 ] 5 = (10 6 + C Τ )10 6 C Τ 10 6 από όπου προκύπτει: 1,1 10 5 C Τ = M 9 και με αντικατάσταση της C T παίρνουμε: ω = 105 V (3 11 10 5 ) 3 105 V L 11 11 10 = 10 6 + C Τ C Τ 10 6
Παρατήρηση 2: Στο Δ4 ο εξεταζόμενος θα μπορούσε να απαντήσει θεωρητικά αφού η ασθενής βάση απαιτεί μεγαλύτερο όγκο νερού από την ισχυρή (ίσης συγκέντρωσης) για την ίδια μεταβολή ph. Παρατήρηση 3: Θεωρούμε ότι η διατύπωση στο Β1 α. δεν ήταν η καλύτερη δυνατή. Επιμέλεια: Μπάμπης Μπέσης, Σταματέλου Κατερίνα