glyk ximeia kateythinsis apantiseis - · PDF file1...
4
1 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΩ呪 ΣΤΗ ΧΗΜΕΙΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΩ呪 ΘΕΜΑ 1 Ο 1.1. γ 1.2. δ 1.3. δ 1.4. γ 1.5. α. Σ β. Σ γ. Λ δ. Λ ε. Σ ΘΕΜΑ 2 Ο 2.1. α) Προς τα δεξιά Αιτιολόγησ ᠩ呪 : Η αντίδραση είναι μετατοπισμένη προς την κατεύθυνση που σχηματίζονται οι πιο ασθενείς ηλεκτρολύτες. Επομένως αφού 3 3 9 5 b NH b CH COO 10 K 10 − − − Κ = < = και + 3 4 9 5 CH COOH NH K 10 K 10 − − α α = < = τα 3 CH COO − και 4 NH + είναι πιο ασθενή απ’ τα 3 NH και 3 CH COOH αντίστοιχα και συνεπώς η ισορροπία είναι μετατοπισμένη δεξιά. β) 3 4 3 4 CH COONH CH COO NH − + → + ↓ ↓ ασθενής βάση ασθενές οξύ 3 2 3 CH COO HO CH COOH OH − − + + 3 CH COOH 3 9 w b CH COO K K 10 K − α − = = και 4 2 3 3 NH H0 NH H0 + + + + NH 4 9 w b K K 10 K α + − = = Το διάλυμα θα είναι ουδέτερο, γιατί περιέχει ένα ασθενές οξύ ( ) 4 NH + και μια ασθενή βάση ( ) 3 CH COO − με ίσες τιμές K α και ( ) 9 b 10 − Κ . 2.2. α) Η ενέργεια 1 ου ιοντισμού είναι μικρότερη απ’ την ενέργεια 2 ου ιοντισμού και αυτή απ’ την ενέργεια του 3 ου ιοντισμού γιατί πιο εύκολα φεύγει το πρώτο e − από ένα ουδέτερο άτομο ( ) Li , πιο δύσκολα το δεύτερο e − από ένα ιόν ( ) 1 Li + και ακόμη πιο δύσκολα το τρίτο e − απ’ το δισθενές κατιόν, 2 Li + . β) 2 1 3 Li 1s 2s → 2 η περίοδος, 1 η κύρια ομάδα 2 2 6 1 11 N 1s 2s 2p 3s α 3 η περίοδος, 1 η κύρια ομάδα. Τα 3 Li και 11 Nα έχουν ίδιο δραστικό πυρηνικό φορτίο () Ι αλλά το Nα έχει μεγαλύτερη ατομική ακτίνα (έχει μια παραπάνω στοιβάδα). Συνεπώς το e − του Nα είναι πιο εύκολο να απομακρυνθεί
Transcript of glyk ximeia kateythinsis apantiseis - · PDF file1...
1
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΗ ΧΗΜΕΙΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
ΘΕΜΑ 1Ο 1.1. γ 1.2. δ 1.3. δ 1.4. γ 1.5. α. Σ
β. Σ γ. Λ δ. Λ ε. Σ
ΘΕΜΑ 2Ο 2.1. α) Προς τα δεξιά Αιτιολόγηση : Η αντίδραση είναι µετατοπισµένη προς την κατεύθυνση που σχηµατίζονται οι πιο ασθενείς ηλεκτρολύτες. Εποµένως αφού
33
9 5b NHb CH COO
10 K 10−− −Κ = < =
και + 34
9 5 CH COOH NH
K 10 K 10− −αα
= < =
τα 3CH COO− και 4NH+ είναι πιο ασθενή απ’ τα 3NH και 3CH COOH αντίστοιχα και συνεπώς η ισορροπία είναι µετατοπισµένη δεξιά. β) 3 4 3 4CH COONH CH COO NH− +→ + ↓ ↓ ασθενής βάση ασθενές οξύ
3 2 3CH COO H O CH COOH OH− −+ +
3
CH COOH3
9wb CH COO
KK 10K−
α
−= = και 4 2 3 3NH H 0 NH H 0+ ++ +
NH4
9w
b
KK 10Kα
+
−= =
Το διάλυµα θα είναι ουδέτερο, γιατί περιέχει ένα ασθενές οξύ ( )4NH+ και µια ασθενή βάση
( )3CH COO− µε ίσες τιµές Kα και ( )9b 10−Κ .
2.2. α) Η ενέργεια 1ου ιοντισµού είναι µικρότερη απ’ την ενέργεια 2ου ιοντισµού και αυτή απ’ την ενέργεια του 3ου ιοντισµού γιατί πιο εύκολα φεύγει το πρώτο e− από ένα ουδέτερο άτοµο ( )Li , πιο
δύσκολα το δεύτερο e− από ένα ιόν ( )1Li+ και ακόµη πιο δύσκολα το τρίτο e− απ’ το δισθενές
κατιόν, 2Li+ . β) 2 1
3 Li 1s 2s → 2η περίοδος, 1η κύρια οµάδα 2 2 6 1
11 N 1s 2s 2p 3sα 3η περίοδος, 1η κύρια οµάδα. Τα 3 Li και 11 Nα έχουν ίδιο δραστικό πυρηνικό φορτίο ( )Ι αλλά το Nα έχει µεγαλύτερη ατοµική
ακτίνα (έχει µια παραπάνω στοιβάδα). Συνεπώς το e− του Nα είναι πιο εύκολο να αποµακρυνθεί
2
απ’ το άτοµο του Να , αφού είναι πιο αποµακρυσµένο απ’ τον πυρήνα (σε σχέση µε το e− του 3 Li ). Εποµένως
1 1i Li i NE E α> . ΘΕΜΑ 3Ο α) 4 6: C HΑ ΑΛΚΙΝΙΟ. Αφού δεν αντιδρά µε το 3CuCl NH+ δεν είναι 1- αλκίνιο και άρα ο συντακτικός του τύπος είναι : Α : 3 3CH C C CH− ≡ − Β : 3 3CH CH CH CH− = − Γ : 3 2 3CH CH CH CH− − −
OH ∆ : 3 2 3CH CH C CH− − −
O Η αλκοόλη Γ σχηµατίζεται απ’ την Ε και τη Ζ µε σύνθεση Grignard. Η Γ είναι 2οταγής αλκοόλη άρα η Ε είναι ΑΛ∆ΕΥ∆Η. Επειδή η Ε δίνει την ιωδοφορµική αντίδραση ( )2I N OH+ α είναι η αιθανάλη (η µόνη αλδεϋδή που δίνει ιωδοφορµική). Ε : 3CH CH 0− = Συνεπώς το αντιδραστήριο Grignard Ζ είναι το Ζ : 3 2CH CH MgX− − Θ : HCOONα (προϊόν της ιωδοφορµικής) β. Η αλκοόλη Γ : 3 2 3CH CH CH CH− − και η κετόνη ∆ : 3 2 3CH CH C CH− − −
OH O γ. Η Γ αντιδρά µε 3 2 3 3 2 3 2N : CH CH CH CH N CH CH CH CH 1 2 Hα − − − + α→ − − − +
OH O Nα Η Ε αντιδρά µε το Fehling (ως αλδεϋδη)
3 4 3 2 2 4 2CH CH 0 2CuSO 5N OH CH COON Cu O 2N SO 3H O− = + + α → − α + + α + ΘΕΜΑ 4Ο α. Το HCOOH αντιδρά µε το N OHα (εξουδετέρωση) Υπολογίζω τα mol των ηλεκτρολυτών :
HCOOH 1n C V= ⋅ (όπου 1V 50ml 0,05= = )
N OH 2 2n C V 1M 0,1 0,1molα = ⋅ = ⋅ = Αφού γίνεται πλήρης εξουδετέρωση :
2HCOOH N OH HCOON H O+ α → α+
( )1CV mol 0,1mol 0,1molnHCOOH nN OH C C 2M0,05
= α ⇔ = ⇔ =
Και για το βαθµό ιοντισµού του HCOOH έχω : 2 3HCOOH H O HCOO H O− ++ + αρχ 2Μ
3
ιοντ/παρ -x x x Ι. Ισ. 2-x x x
[ ]2
3 4HCOO H O xK 2 10
HCOOH 2 x
− +−
α
= ⇔ ⋅ =−
( )1
44 2K 2 10 10 10
C 2
−− −α ⋅
= = < άρα δεκτή η προσέγγιση 2 x 2− οπότε
( )1 2
4 2 4 2x2 10 x 4 10 X 2 10 M2
− − −⋅ = ⇔ = ⋅ ⇔ = ⋅
Συνεπώς ( )2
2x 2 10 10 1%2 2
−−⋅
α = = = 210−α =
β. Το διάλυµα 2∆ θα περιέχει τo άλας HCOONα , που προέκυψε απ’ την εξουδετέρωση : 2HCOOH N OH HCOON H O+ α → α+ 0,1mol 0,1mol -0,1mol -0,1mol 0,1mol ΤΕΛ 0,1mol HCOONα Το διάλυµα 2∆ αραιώνεται σε V 500mlτελ = . Τα mol του HCOOΝα παραµένουν ίδια, δηλαδή 0,1molHCOONα .
Συνεπώς 3T
n 0,1C M 0, 2MV 0,5
= = =
Το HCOONα διίσταται : HCOON HCOO N− +α → + α 0,2Μ 0,2Μ 0,2Μ
Το HCOO− είναι ασθενής βάση, συζυγής του HCOOH µε 14
10 11wb 4
K 10 1K 10 5 10K 2 10 2
−− −
−α
= = = ⋅ = ⋅⋅
2HCOO H O HCOOH OH− −+ + αρχ 0,2M ιον/παρ. –y y y Ι.Ι 0,2-y y y
[ ]( )
211
b
HCOOH OH yK 5 10 20,2 yHCOO
−−
−
= ⇔ ⋅ =−
4
1110 2bK 5 10 2,5 10 10
C 0, 2
−− −⋅
= = ⋅ < άρα δεκτή η προσέγγιση 0, 2 y 0,2− .
( )2 ( )2
11 2 11 5,5 5,5y5 10 y 10 y 10 OH 10 M0,2
− − − − −⋅ = ⇔ = ⇔ = =
POH log OH 5,5, PH POH 14 PH 8,5− = − = + = ⇔ = γ. ( )HCOOHn C V 2M 0,2 0,4mol= ⋅ = ⋅ =
4 2 4 2 4 2 4 25HCOOH 2KMnO 3H SO 5CO 2MnSO K SO 8H O+ + → + + + 5mol 2mol 0,4mol x;
4x 0,16mol KMnO=
Συνεπώς 4KMnO
n n 0,16molC V 0,32V C 0,5M
= ⇔ = = =
Άρα V 320ml=
