n αιθενίου = 2.2 Για το HCOOH ότι ισχύει: ΗCOOH + H 2 O HCOO - + H 3 O + Παρ - αc αc Χηµ. Ισορ c-αc αc αc = =

Transcript

1 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΧΗΜΕΙΑΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ 000 ΘΕΜΑ ο. γ. α. β.4 α ιοντισµός β αµφολύτες.5 α β γ δ ε HlO HO NH 4 H O H O lo - HOO - NH H O - ΘΕΜΑ ο. α Η: s O: s s p 4 L: s s p 6 s p 5. Aρχή της ελάχιστης ενέργειας. Απαγορευτική αρχή του Pauli. Κανόνας του Hund.β Ηλεκτρόνια σθένους Ο x6 l x7 H x Σύνολο: 0 εσµικά ηλεκτρόνια 6. Εναποµείνοντα ηλεκτρόνια 0-64 Ο l O H

2 . Για το HO ότι ισχύει: ΗO H O HOO - H O Aρχ c Ιοντ αc Παρ - αc αc Χηµ. Ισορ c-αc αc αc [ΗΟΟ ][HO ] αc αc α c -α κ α Κ α α c α δηλαδή κατά την [HO] c( α) α c αραίωση του παραπάνω διαλύµατος ο βαθµός ιοντισµού αυξάνεται αφού είναι αντιστρόφως ανάλογος µε την τετραγωνική ρίζα της συγκέντρωσης.. (A) l Hl - (B) (Γ) Mg - Mgl l (Γ) ( ) (Ε) Mgl HO H O Mg () l ΟMgl ΘΕΜΑ ο n αιθενίου 4,48 0,mol,4 H 0,mol H (A) 0,mol Aφού η (Α) χωρίζεται σε ίσα µέρη, χρησιµοποιούµε 0, mol τη κάθε φορά α) SOl l SO Hl 0,mol 0,mol 0,mol Άρα Vαερ ίων n,4 Vαερί ων 0,,4 4,48l

3 Στάδια αλαφορµικής αντίδρασης β. O H O O H O Na HOONa 5Na 5H 5Na 5H O Συνολική αντίδραση 4 6Na HOONa5Na 5H O 0,mol 0,mol m ιζηµ n MB 0, 94 9,4gr ΘΕΜΑ 4 ο α) OONa OO - Na 0,M 0,M 0,M OO - H O OO - - Aρχ 0,M Ιοντ x Παρ - x x Χηµ. Ισορ 0,-x x x Aφού ph p 5 [ ] 0 x 0 grion/lt x 0 α c 0 5 x (0 ) 9 τύπους : K b 0 c 0 Κ w Όµως Κ w K α Κ b K α K α 0 K < 0 άρα µπορούµε να εφαρµόσουµε τους προσεγγιστικούς b 5 β) Υπολογίζουµε τη νέα συγκέντρωση του δ/τος που προέκυψε από την αραίωση. A VA 0, 0, A VA TVT T 0 Μ V 00 OONa OO - Na 0 - M 0 - M 0 - M T

4 OO - H O O - Aρχ 0 - M Ιοντ y Παρ - y y Χηµ. Ισορ 0 - -y y y K 0 c 0 y 9 6 σχέσεις: K b y κb c y 0 0 y 0. c 6 Άρα [ ] 0 P 6 PH 8 9 b 6 0 < 0. Άρα µπορούµε πάλι να εφαρµόσουµε τις προσεγγιστικές γ) Για το OONa τα mol του είναι n c v 0, 0, mol OONa Hl O Nal Aρχ 0, 0, Ιοντ 0,05 0, Παρ ,05 0,05 Tελικά 0, ,05 0,05 0,05 To τελικό δ/µα περιέχει OONa µε c 0,05M, 0,05 O µε c 0,05 M και Νal Αποτελεί δηλαδή ένα ρυθµιστικό δ/µα για το οποίο ισχύει η εξίσωση των 5 5 κ α 0 κ b 0 Henderson Hasselbach αφού: < 0 και < 0, c 5 0 c 5 0 οξέος c βασ 5 0 άρα PH pk α log 5 log 5 0 PH 5 c 5 0 οξέος βασ Επιµέλεια : Χατζητσοµπάνης Παναγιώτης

5

6 Θέµα ο ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ XHΜΕΙΑΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ. α. β. β.4 γ.5 α 4 β γ 5 δ Θέµα ο. α. H : 8 O: Si 4 : 5 P : s Κ() 4 s s p Κ(), L(6) 6 s s p s p Κ(), L(8), M(4) 6 s s p s p Κ(), L(8), M(5) β. Το Η βρίσκεται στην πρώτη κύρια οµάδα (ΙΑ) και πρώτη περίοδο και στον τοµέα s. Το Ο βρίσκεται στην έκτη κύρια οµάδα (VA) και δεύτερη περίοδο και στον τοµέα p. Το Si βρίσκεται στην τέταρτη κύρια οµάδα (VA) και τρίτη περίοδο και στον τοµέα p. Ο Ρ βρίσκεται στην Πέµπτη κύρια οµάδα και Τρίτη περίοδο και στον τοµέα p. γ. Η PO4 H O H O P O H O Η SiO4 H O H O Si O H O H.

7 α. Η αντίδραση: OK l O Kl είναι αντίδραση υποκατάστασης και όχι εξουδετέρωσης, συνεπώς η πρόταση είναι λανθασµένη. β. Θεωρούµε τον ιοντισµό π.χ. του O οπότε: (M) Η O Η Ο OO - H O αρχ c ιοντ -x παρ - x x Ι.Ι c-x x x Στην Ι.Ι θα έχουµε: [ OO ] [ H O ] Ka [ O] αλλάεπειδήph 4 [ HO ] 0 x Ka c [ O] c x c 6 0 όµοια για το HO θα έχουµε: Ka c παρατηρούµε ότι από τις δύο σταθερές ιοντισµού ότι: το HO είναι πιο ισχυρό οξύ από το O. Άρα η συζυγής βάση OO - του O θα είναι πιο ισχυρή από της συζυγούς βάσης HOO - του HO και θα ισχύει: K b(oo ) > K b(hoo ) συνεπώς η πρόταση είναι σωστή. (Μια πιο σύντοµη απάντηση είναι και µέσω του επαγωγικού φαινοµένου). Θέµα ο. α. (Β) HO RMgl R OMgl (Γ) OMgl H O R Mg()l R π H SO 4 R HO 0 70

8 ( ) l4 Br θερµ Br Br (Ε) K KBr H O αλκοολ Br Br Mgl Na Na H (Β): (Γ): OMgl ( ): (Ε): (Ζ): Br Br Na β. Br Br Br x mol x mol x mol αλκ K KBr H O Br Br x mol x mol Na Na H x mol x mol x αλλά,4, x 0, mol, Br 0, M

9 . (Κ) H O / H ΟΗ (Λ) K ro 7 4HSO4 r (SO4) K SO4 7HO O (M) HN N O (N) NH N H O H O 4 Θέµα 4 ο α. (Μ) RNH l RNH 0, 0, l (M) RNH Η Ο RNH H O αρχ 0, ιοντ -x παρ - x x Ι.Ι 0,-X x x 5 Αφού ph 5 [ H O ] 0 x [ RNH ] 0, x 0, 0 [ RNH] [ HO ] 0 Ka 0 [ RNH ] 0, 8 0, β. τα 8g Na είναι n 0,mol άρα Na 0,M 40 9 i) 4

10 (M) RNH l Na RNH Nal HO αρ 0, 0, αντ -0, -0, παρ - - 0, 0, τεµ 0 0, 0, 0, Μετά την αντίδραση στο διάλυµα υπάρχουν τα παρακάτω σώµατα: Na: RNH : Na Na () RNH HO RNH () Nal: Nal Na l () (και το Η Ο: H O H O ) (τα ιόντα Na, l - δεν αντιδρούν µε το H O διότι προέρχονται από ισχυρούς ηλεκ/τες Na, Hl). ii) Το ph του νέου διαλύµατος θα το καθορίσει το Na, που είναι ισχυρότατη βάση, συνεπώς: (Μ) Na Na 0, 0,, [ ] 0 M οπότε p, επειδή php4, 5 o άρα ph. Επιµέλεια: Πανταζόπουλος Ηλίας, χηµικός 5

11 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ ο. α. β. δ.4 δ.5 α. Λάθος β. Λάθος γ. Σωστό δ. Σωστό ε. Σωστό ΘΕΜΑ ο. 4 α. ή H H Η - H 4 σ δεσµοί : 7 π δεσµοί : β. ένας π µεταξύ των 4 - δύο π µεταξύ των - γ. χρησιµοποιεί τα Sp χρησιµοποιεί τα Sp χρησιµοποιεί τα Sp 4 χρησιµοποιεί τα Sp

12 . α. Hl l αλκ β. Na Η - Na H O Ι θ H γ. ΗO H 5 HOO H 5 H O δ. V πολ (- -)V ΘΕΜΑ ο (A) (B) R-X Μg R-MgX (Γ) R-MgX HO R OΜgX R- OΜgXH o R- Mg()X άρα : R: H 5 R-X KN (Ε) R-N KX R-N H Ni R- NH (Ζ) H 5 K r O 7 8H SQ 4 H O ( ) H 5 O K SO 4 r (SO 4 ) H - - SO 4 (Θ) HO (Λ) - Βr 4 l Β r Β r

13 . (A) : H 5 X, (B) : H 5 Mg X, (Γ) : H 5 OMg X, ( ) : H 5 ΟΟΗ (E) : H 5 N, (Z) : H 5 NH, (Θ) : (Λ) : - Β r Β r. H 5 K r O 7 8H SO 4 H 5 O K SO 4 r (SO 4 ) H O. Από την παραπάνω αντίδραση (.) έχουµε : mol αλκ αντιδ. mol K r O 7 0,06 mol ; 0,04 mol h 0,04 άρα: n cv v 0,4L c 0, συνεπώς 400mL δ/τος K r O 7 0, Μ ΘΕΜΑ 4 ο 4. (Μ) H l H O H O l HO M 0 o M PΗ 0 (M) ΗOONa HOO - Na, το Na δεν αντιδρά µε το νερό διότι αντιστοιχεί στην

14 ισχυρή βάση Na, ενώ το HOO - αντιδρά µε νερό (αντιστοιχεί στο ασθενές οξύ HO) (M) HOO - H O HO - αρχ αντ x παρ - x x ισορ -x x x στην ισορροπία έχουµε: [ΗOO - ]-x [ΗO ]x [ - ]x 4 [HO][ ] Kw 0 x Κ b x 4 [HOO ] Kα x 0 x 0 M, άρα [ ] 0 M συνεπώς p5, αλλά ph p 4, 5 o συνεπώς ph9 4. α. Τα 50ml Η l M µετά την αραίωση έχουµε 50 αρχ Vαρ ΤVT ,5M 00 Συνεπώς: : 00mol Η l 0,5M Tα 00ML HOONa M µετά την αραίωση έχουµε: Vαρ ΤVT αρχ συνεπώς: : 800mol ΗOONa M 8 M 8 Με την ανάµιξη αλλάζει η συγκέντρωση για κάθε ουσία, άρα Η l : 00 0, ,05 M HOONa: , M αυτά αντιδρούν άρα: 8 (M) H l HOΟNa HO Na l αρχ 0,05 0, αντ 0,05 0,05 παρ - - τελ 0 0,05 0,05 0,05 µετά την αντίδραση το δ/µα 5 περιέχει ΗOONa 0,05M

15 ΗO 0,05M και το δ/µα 5 είναι ρυθµιστικό Νa l 0,05M (H παρουσία του Na l στο δ/µα δεν επηρεάζει το ph του δ/τος, επειδή τα ιόντα Νa, l - δεν αντιδρούν µε το νερό διότι αντιστοιχούν σε ισχυρούς ηλεκτρολύτες), άρα (M) HOOΗ H O HOO - H Ο (Ν)ΗOONa HOO - Na αρχ 0,05 0,05 αντ x 0,05 παρ - ισορ 0,05-x x x 0 0,05 0,05 Tελικά έχουµε : [ΗOOΗ ]0,05 x 0,05M [ΗOO - ] x0,05 0,05 M(E.K.) [H Ο ]xm Kα [HOO ][H O [HO] ] 0 0,05 x 0,05 4 x 0 4 M [H O ] 0 4 M ph 4 β. Το δ/µα 5 είναι: HOONa 000 ml ή L HO Nal 0,05M 0,05M 0,05M Τα 0,5 mol H l είναι 0,5Μ (M) H l HOOΝa HOΟH Na l αρχ 0,5 0,05 αντ 0,05 0,05 παρ - - τελ 0, 0 0,05 0,05 µετά την αντίδραση το δ/µα 6 περιέχει Η l 0, M ΗO 0,05M Νa l 0,05M (M) HOOΗ H O HOO - H Ο (Μ)Η l Η Ο H O l αρχ 0,05 0, αντ x 0, παρ - ισορ 0,05-x x x 0 0, 0,

16 άρα: [ΗOOΗ ]0,05 x 0,05 [ΗOO - ] x [ H O ]x0, 0, (E.K.) [H O ] 0,M 0 M ph (Η παρουσία του Νa l δεν επηρεάζει το ph του δ/τος Επιµέλεια: Ηλίας Πανταζόπουλος Χηµικός

17 Απαντήσεις Χηµείας Γ Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης ΘΕΜΑ. γ. δ. δ.4 γ.5 α Σ β Σ γ Λ δ Λ ε Σ ΘΕΜΑ β σ. ο α. ONH OO - NH 4 ο σ. β K Kw b(oo ) K 9 0 ( 4 ) α K α ΝΗ Kw Kα 0 9 Η ισορροπία είναι µετατοπισµένη προς τα δεξιά διότι το OO - βάση από την ΝΗ και το ΝΗ 4 ασθενέστερο οξύ από το O. είναι ασθενέστερη β. OONH 4 OO - NH 4 OO - H O O - () Kw K b 0-9 Kα NH 4 H O NH H O () Kw K α 0-9 Kb Επειδή K b K α το διάλυµα είναι ουδέτερο, διότι τα ΟΗ - από την () αντίδραση εξουδετερώνονται από τα Η Ο της () αντίδρασης.

18 . α. Η ενέργεια ιοντισµού του δευτέρου σταδίου είναι µεγαλύτερη από την ενέργεια ιοντισµού του πρώτου σταδίου επειδή το e - αποσπάται πιο δύσκολα από το ήδη θετικό ιόν, µε ανάλογο τρόπο η Ei () είναι µεγαλύτερη της Εi () επειδή έχει αυξηθεί το θετικό φορτίο, συνεπώς µεγαλύτερη έλξη δέχεται το τρίτο e - οπότε αποσπάται πιο δύσκολα. Εξήγηση δίνεται και µε τις ατοµικές ακτίνες, όσο αυξάνεται η ατοµική ακτίνα µειώνεται η Εi και όσο αυξάνεται το θετικό φορτίο µειώνεται η ατοµική ακτίνα του ιόντος άρα Ei () < Ei () < Ei () β. Li: s s Na: s s p 6 s H ενέργεια πρώτου ιοντισµού σε µία οµάδα αυξάνεται από κάτω προς τα πάνω. Το Να βρίσκεται τρίτη περίοδο και πρώτη οµάδα, ενώ το Li βρίσκεται δεύτερη περίοδο και πρώτη οµάδα δηλαδή το Li είναι πιο πάνω από το Νa συνεπώς θα έχει µεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισµού. Το Na έχει µεγαλύτερη ατοµική ακτίνα οπότε αυξάνεται η µέση απόσταση του πιο µακρινού e - οπότε ελαττώνεται η έλξη πυρήνα e - και συνεπώς έχει µικρότερη Ei () ΘΕΜΑ (A) (B) α. - - H Ni - H O H (Γ) - - ( ) 5 H 5 -- KMnO 4 H SO 4 5 H 5 - K SO 4 MnSO 4 8Η Ο Ι ΙΙ ΟΗ Ο (E) (E) R- O και επειδή δίνει την αλοφορµική είναι η O O H 5 MgX ΗOMgX H 5 O H - H 5 Mg()X

19 (Θ) O 4Na HOONa Na H O] β. Την αλοφορµική αντίδραση την δίνουν οι ενώσεις (Γ) και ( ) H 5 4 6Na H 5 OONa 5Na 5H O H 5 4Na H 5 OONa Na H O Ι O γ. H 5 Να H 5 - Η Ι ONa O uso 4 5Na OONa u O Na SO 4 H O ΘΕΜΑ 4 α. ( ) HO 50mL c M Na 00mL M HO: 50. c50. c c c M Na: c c M (Μ) ΗΟΟΗ Na HOONa H O αρχ. c c - αντ. c c - παρ. - - c τελ. 0 c -c c αλλά c -c 0 c c c cm (M) HO H O HOO - H O αρχ.

20 αντ. x παρ. - ισορ. -x x x [ HOO ] [HO ] K α. 0-4 [HO] και η δεκτή είναι x. 0 - x x x x±. 0 - η τιµή. 0 - απορρίπτεται x 0 α c α0 - ή % β. Το διάλυµα ( ) είναι : HOONa 50mL M µε τη αραίωση αλλάζει η συγκέντρωση, άρα: c c c M (M) HOONa HO - Na c o c c To ιόν του Να δεν αντιδρά µε το νερό γιατί αντιστοιχεί σε ισχυρό ηλεκτρολύτη (ΝαΟΗ), ενώ το ιόν HOO - αντιδρά επειδή αντιστοιχεί σε ασθενή ηλεκτρολύτη, (ΗΟΟΗ), άρα: (M) HOO - H O HO - αρχ. c αντ. ω παρ. - ισορ. c -ω ω ω Kw Κ b Ka [HO] [ [HOO ] ] ω c ω 0 0 ω c ω c ω 0 - δεκτή µόνο η θετική τιµή του ω, άρα ω0-5,5 οπότε [ΟΗ - ] 0-5,5 Μ poh - log0-5,5 poh5,5, αλλά ph poh 4 ph 8, 5 γ. 00mL 0,Μ ΗO: nc. V0,. 0,4mol KMnO 4 : n c. V 0,5V mol 5HO KMnO 4 H SO 4 5O K SO 4 MnSO 4 8H O 5

21 0, 8 0,4 ; mol 5 0, 8 οπότε 0,5V V 0,L ή V 0Ml 5 Επιµέλεια : Πανταζόπουλος Ηλίας, Χηµικός Κουκουλάς Ιωάννης, Χηµικός Μηχανικός

22 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Ο :.. α.. γ.. δ.4. α.5. α Λ β Σ ΘΕΜΑ ο γ Λ δ Σ ε Λ. α. Νa : s s p 6 s 7l : s s p 6 s p 5 β. R Na > R l η ατοµική ακτίνα του l είναι µικρότερη αυτής του Na επειδή το l βρίσκεται στη 7 η οµάδα και η περίοδο ενώ το Na βρίσκεται στην η οµάδα και η περίοδο και όπως γνωρίζουµε η ατοµική ακτίνα σε µία περίοδο του Π.Π µειώνεται από αριστερά προς τα δεξιά επειδή αυξάνεται το δραστικό πυρηνικό φορτίο, άρα αυξάνεται η έλξη των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στοιβάδας από τον πυρήνα.. H5O NaHO 5OONa O HO H u NH H u NH H5O uso4 5Na 5OONa uo NaSO4. H O ( ) Hl M ( ) OONa M ( ) NH 4 l M α. Hl < NH 4 l < OONa

23 β. το H είναι ισχυρός ηλεκτρολύτης H H O HO NH4 NH 4 (M) NH4 HO NH HO αρχ. c αντ. x παρ. - ισορ. c x x x [ H O ] xm,(x< c) OONa OO OO ΘΕΜΑ Ο : Na H O OO (βασικό δ / µα) (A ) (B) H α. 5 OO7 HO 5O 5 5 H5 4KMnO4 6HSO4 55 O K SO4 4MnSO4 H SO H SO H ( Γ ) 5 5 αποµ. αιθ. H5 Mg 5Mg Hg / HgSO 4 HSO 4 HO ( ) (E) O H O (Z) H O O 5Mg HOMg 5 Mg() 7 H H HSO H H O 6K OOK (Θ) 5 (K ) 5K 5H O

24 β. 5 H5 4KMnO4 6HSO4 55O K SO4 4MnSO4 H O 4 5 0,08 mol ; 0,0 5 0,08 / 5 0,08 n V V V 60mL 0, 0,5 ΘΕΜΑ 4 Ο : α. ( ): (Μ) O HO OO HO αρχ. 0, αντ. x παρ. - ισορ. 0, x x x ka [ OO ] [ H O ] [ O] x x 0 0, x 0, [ H O ] 0 M ph logh [ O ] ph 5 x x 0, 0 6 ( ): ( M) OONa OO Na. 0,0 0,0 0,0 Το ιόν του Να δεν αντιδρά µε το νερό επειδή αντιστοιχεί σε ισχυρό ηλεκτρολύτη, ενώ το ιόν του OO - αντιδρά επειδή αντιστοιχεί σε ασθενή ηλεκτρολύτη, άρα: (Μ) OO HO O αρχ. 0,0 αντ. x παρ. - ισορ. 0,0 x x x kw [ O][ ] x kb ka [ OO ] 0,0 5,5 [ ] 0 M p log[ ] αλλά ph p 4 ph 8,5 0 x 9 poh 5,5 x x 0,0 0 x 0 5,5 β. Με την ανάµιξη αλλάζουν οι συγκεντρώσεις άρα:

25 O: V. 0, V. c c 0,05M OONa: V. 0,0 V. c c 0,005M (M) O H O OO - H O αρχ. c αντ. x παρ. - ισορ. x x x (M) OONa OO - Na c c c [ O] c x c M (λόγο ka) [H O ] x M [ OO - ] x c c M (λόγω Ε.Κ.Ι.) ka [ OO ][ H O ] [ O] c x 8 0 x 0 c [ H O ] 0 M ph logh [ O ] ph 4 γ. Έστω V ml O 0,M και V ml Na 0,M Mε την ανάµιξη αλλάζουν οι συγκεντρώσεις x x 0 4 O: V. 0, V 0,(V V ) c c V V M Na: V. 0, V 0,(V V ) c c M V V Τα σώµατα αντιδρούν: (M) O Na OONa H O αρχ. c c - αντ. c c - παρ. - - c τελ. c-c o c Mετά την αντίδραση το διάλυµα περιέχει O (c-c ) M και είναι Ρ. OONa c M Αντιδρά πλήρως το το ΝαΟΗ, διότι αν αντιδράσει πλήρως το οξύ µε τη βάση το διάλυµα που προκύπτει έχει ph>7

26 ( Μ) O H O OO - H O αρχ αντ Χ παρ - ισορ - X X X ( Μ) OONa H O OO - Na [ O ] ( X) M ( ) M [ OO - ] (c - x) M M(E K ) [ H O ] x M ph 4 [H O ] 0-4 x0-4 M K α [OO ] [O ] 0 [ O] ,V V V 0, V V V V V V V Επιµέλεια: Πανταζόπουλος Ηλίας Κουκουλάς Ιωάννης Χηµικοί

27 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Ο. α. β. α.4 β.5 α Σ β Λ γ Σ δ Λ ε Λ ΘΕΜΑ ο. α) 0α: s s p 6 s p 6 4s Sc: s s p 6 s p 6 d 4s β) Έχουν και τα δύο στοιχεία ίδιο αριθµό στιβάδων και ίδιο δραστικό πυρηνικό φορτίο, το φορτίο του πυρήνα του Sc είναι µεγαλύτερο από το αντίστοιχο του α, άρα ο πυρήνας ασκεί µεγαλύτερη έλξη στα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στιβάδας συνεπώς η ατοµική ακτίνα του Sc είναι µικρότερη. Άρα η Εi () είναι µικρότερη για το α. γ) 0α : s s p 6 s p 6 Sc : s s p 6 s p 6. : HA c M, α : ΗΑ c M, α : ΗΑ c M, α α) Στο διάλυµα η Κα έχει την µεγαλύτερη τιµή, επειδή η Κα εξαρτάται από την θερµοκρασία ανάλογα και στο ( ) η θερµοκρασία είναι µεγαλύτερη. β) ( ): Κα α ( ): Κα α ( ): Κα α Κα >Κα α > α α >α. Κα Κα, λόγω σταθερής θερµοκρασίας.

28 α α α α > > α α > α > α α > α Συνεπώς: α >α >α η σωστή απάντηση είναι η. α. Τα: -βουτίνιο -βουτένιο -βουτένιο. β. - -ulnh - - -u NH 4 l γ. το - βουτένιο - Hl -- - l ΘΕΜΑ α. (Α) - (B) -- (Γ) O ( ) l (E) N (Z) O

29 (Λ) NH (Θ) -Mgl (K) - - β. (Β) -- ιδιότητες οξέων Ι ΟΗ (Λ) -- ΝΗ ιδιότητες βάσεων Ι (Z) --O ιδιότητες οξέων Ι γ. -- 0,5mol KMnO nc. v0,. 0,50,05 mol KΜnO 4 H SO K SO 4 MnSO 4 8H O O αρχ. 0,5mol 0,05mol αντ. 0,5/mol 0,05mol παρ. - - τελ. 0,5-0,5mol 0 αφού δεν περισσεύει ΚΜnΟ 4 το διάλυµα ΚΜnΟ 4 αποχρωµατίζεται. ΘΕΜΑ 4 4. m, 8 RO: n mol () Mr Mr

30 n n c (), όπου n και τα mol RO και η συγκέντρωση του διαλύµατος V 0, 6 ( ). (Μ) RO H O ROO - H O αρχ. αντ. Χ παρ. - X X ισορ. -X X X επειδή ph [H O ]0 - MxM, α c x x 0 c 0, 5Μ α 0 Κα c0,5m [ 4 ROO ][ HO ] x x 0 Κα. 0-4 [ RO] c x c 0, 5 n Από () 0,5 0, 6 n0,mol, 8 () Mr 46 0, αλλά 4v4646 4v0 v0, άρα HO β. : HO 0,5Μ 600mL NaΟΗ 0,4Μ 750mL Με την ανάµιξη των διαλυµάτων και την αραίωση αλλάζουν οι συγκεντρώσεις των σωµάτων, άρα: HO: 05. 0,6c. 0,,5 c M 5, 5 NaΟΗ: 0,4. 0,75c.,5 c M 5 αυτά αντιδρούν: (Μ) HO Na HOONa H O αρχ. - αντ. - παρ. - - ισορ. 0 0 άρα το διάλυµα ( ) περιέχει: HOONa M, όγκου,5l

31 (M) HOONa ΗOO - Na 0 Το ιόν του Na επειδή αντιστοιχεί σε ισχυρό ηλεκτρολύτη δεν αντιδρά µε το νερό ενώ το ιόν ΗOO - αντιδρά επειδή αντιστοιχεί σε ασθενή ηλεκτρολύτη άρα: (Μ) HOO - H Ο HOOΗ ΟΗ - αρχ. αντ ω παρ. - ω ω ισορ. -ω ω ω Kw [ ΗO][ ] ω Κb Kα [ HOO ] c ω 0, ω ω c 5 ω c ω c ω0-5,5 Μ [ΟΗ - ]0-5,5 Μ p5,5 επειδή ph p 4, 5 0 ph8,5 4. ( ): HOONa M και όγκου,5l 5 0, 5 Hl 0,5mol άρα c 0, M 5, Tα σώµατα αυτά αντιδρούν, άρα : (M) HOONa Hl HO Nal αρχ. 0, αντ. 0, 0, - - παρ , 0, τελ. 0, 0 0, 0, συνεπώς το διάλυµα ( ) περιέχει: HOONa 0,M Ρ. HO 0,M Nal 0,M Νal Na l - Κανένα ιόν δεν αντίδρά µε το νερό επειδή αντιστοιχούν σε ισχυρούς ηλεκτρολύτες. (Μ) ΗΟΟΝa HOO - Na 0, 0 0, 0,

32 (Μ) HO H O HOO - H O αρχ. 0, αντ. Χ παρ. - X X ισορ. 0,-X X X [HO]0,-x 0,M [HO - ]0,x0,M λόγω Ε.Κ.Ι [ HOO ][ HO ] άρα: kα [ HO] συνεπώς: [HO - ]0,M [H O ]. 0-4 M , x 0, x. 0-4 M

33 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ. δ. γ. β.4 γ.5 α Σ β Λ γ Λ δ Σ ε Σ ΘΕΜΑ. α.ν: s s p K, L 5 O: s s p 4 K, L 6 β. O N -O -Η. α. Σωστή ΝΗ Η Ο ΝΗ 4 l ΝΗ 4 ΟΗ NH 4 l Λόγω Ε.Κ. η ισορροπία µετατοπίζεται προς τα αριστερά (αρχή Le hatelier), άρα µειώνεται η [ΟΗ ] β. Να: s s p 6 s Mg: s s p 6 s Λάθος: Το Μg έχει µεγαλύτερο πυρηνικό φορτίο συνεπώς ασκείται µεγαλύτερη έλξη από τον πυρήνα στα e - της εξωτερικής στιβάδας, συνεπώς πλησιάζουν πιο κοντά στον πυρήνα. Γι αυτό η ατοµική ακτίνα του Μg είναι µικρότερη αυτής του Να. Επίσης τα Να, Μg βρίσκονται στην ίδια περίοδο, το δε Να στην οµάδα S το δε Μg στην οµάδα S, άρα το Mg είναι πιο δεξιά. Σε µια περίοδο γνωρίζουµε ότι η ατοµική ακτίνα µικραίνει από αριστερά προς τα δεξιά..

34 OONα α) 5 Ι ΚMnO 4 8H SO 4 0O MnSO 4 K SO 4 5Να SO 4 8H Ο OONα β) - -- NαΟΗ -- NαΒrH O διάλυµα Br H O γ) -- Mgl -- Mg () l -- O OΜgl ΘΕΜΑ α) (Α): - - -l (B): - (Γ): -- _ Ι Η ν ( ): (E): (Θ): -- Br Br (K): - (Λ): - -Nα β. Χρησιµοποιούµε Ι /ΚΟΗ, αν καταβυθιστεί κίτρινο ίζηµα είναι η (Ε), αν όχι είναι η ( ). γ. : 0,mol

35 Br : n0,5.,0,6 mol l (mol) - Br 4 - Αρχ 0, 0,6 Br Br Αντ 0, 0, παρ τελ 0 0,4 0, Br Br l (mol) - Br Aρχ Br Br Br Br Αντ 0, 0,4 Παρ 0, 0, τελ 0 0, Επειδή περισσεύει Βr το διάλυµα δεν αποχρωµατίζεται ΘΕΜΑ 4 4. ΗΑ: 50 ml M Na: 50ml 0, M Με την ανάµειξη αλλάζουν οι συγκεντρώσεις των HA, Nα HA: M Na : 50. 0, 00. 0, M (M) HA Na NaA H O στην πλήρη εξουδετέρωση αρχ 0, αντιδρούν και οι δύο αντ ηλεκτρολύτες πλήρως. παρ - - (Ι.Σ) τελ 0 0,- άρα 0,M, οπότε : 0, 0, M 4. α) ΗΑ : 50 ml 0, M Na: 5 ml 0, M Με την ανάµειξη αλλάζουν οι συγκεντρώσεις των ΗΑ και Na.

36 HA: 50. 0, M 75 Na : 5. 0, M (M) HA Nα NαA H O αρχ αντ παρ - - τελ - 0 Το διάλυµα που προκύπτει περιέχει: HA: - M NαΑ: M H (M) NαΑ O ( l ) Να Α - αρχ τελ 0 (M) HA H O H O A - αρχ - αντ x παρ - x x τελ - -x x x [HA]- -x- [H O ]x0-5 M, επειδή ph 5 [Η Ο ]0-5 Μ [Α] x λόγω Ε.Κ.Ι 5 [HO ][A ] 0 Κα 0-5 Κα0-5 [HA] β. Στο.Σ. το διάλυµα περιέχει: NαΑ 0,Μ H (Μ) ΝαΑ O ( l ) Να Α - αρχ 0, τελ 0 0, 0,

37 Το ιόν Nα δεν αντιδρά µε το νερό επειδή αντιστοιχεί σε ισχυρό ηλεκτρολύτη (ΝαΟΗ) (Μ) Α - Η Ο ΗΑ ΟΗ αρχ 0, αντ x παρ - ισορ 0,-x x x Kw [ΗΑ][ΟΗ ] 9 x x 5 5 K b 0 x 0 M [ ] 0 M Kα [Α ] 0, x 0, p5 Επειδή ph p4 ph 9 4. (Μ) HB Η Ο Η O B - αρχ 0, αντ x παρ - x x ισορ 0,-x x x ph,5 [H O ] 0 -,5 Mx Kα(ΗΒ) 5 [ H O ][B ] Επειδή η Θ σταθερή και Kα (ΗΒ) >Κα (ΗΑ) άρα το HB [HB] 0, είναι ισχυρότερο οξύ. Eπιµέλεια: Kουκουλάς Ιωάννης Χηµικός Μηχανικός Πανταζόπουλος Ηλίας - Χηµικός

38

39 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΚΑΤ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ Ο. γ. α. β.4 γ 5α) Λ β) Λ γ) Σ δ) Σ ε) Λ ΘΕΜΑ Ο α) s s p 6 s p : Z5 s s p 6 s p 6 d 4s : Z s s p 6 s p 6 d 7 4s : Z7 Άρα τρία στοιχεία έχουν µονήρη e στη στιβάδα Μ β) Το στοιχείο µε Ζ5 ανήκει στον Τοµέα Ρ. Το στοιχείο που ανήκει στην ίδια οµάδα µε το Z5 αλλά έχει µεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισµού θα έχει µια στιβάδα λιγότερη. Άρα η δοµή του είναι : s s p : Z7. α) H H N H H.... :. O. N. O. : O:.. Η N:.. : O :.... Η - Ο - l - O.... : : O :.. β) Ηl H O l - H O c c c O H O OO - H O όπου x<c c - x x x Επειδή ph ph x

40 (mol) Hcl Na Nacl H O c.v c.v (mol) O Na OONa H O c.v c.v Επειδή < προκύπτει ότι το διάλυµα O απαιτεί µεγαλύτερη ποσότητα ΝαΟΗ απ ότι το διάλυµα Ηcl. α)v - ( )ν Ι Ι l l l β) - -- NαΟΗ αλκοόλη - - NαlH O Θ l γ) - -MglH O Mg()l δ) - -Nα -l - -- Nαl ΘΕΜΑ o Α) (Α): O (B): (Γ): OONα ( ): O (Ε): O (Ζ): - (Θ): M l (RMgl) Mgl B) H O H O O

41 Nα OONα O 5H 5NαΟΗ 5ΝαΙ 5Η Ο 4 6NαΟΗ OONα 5NαΙ 5H O Η SO. H O 4 HgSO 4 [ Ι ] O ΟΗ To είναι το µόνο αλκίνιο που µε επίδραση υδατικού διαλύµατος Η SO 4 HgSO 4 παράγει αλδεϋδη η οποία µε αµµωνιακό διάλυµα ΑgNO σχηµατίζει κάτοπτρο Ag. m,6 Τα mol του είναι n 0, mol Mr,6 ulnh u- -u NH 4 l 0,mol 0,mol Άρα η µάζα του ιζήµατος είναι mn. Mr0,. 55,g ΘΕΜΑ 4o 4. (Μ) NH H O NH α) αρχ αντ x παρ - Ι.Ι -x x x p Η Kb x p - 0 xm 0 4 Kb 0 4 β) (M) NH H O N H - αρχ c

42 αντ ω παρ - Ι.Ι c-ω ω ω 4 8 Κw O 0 H O H O 0 H O M ωμ M κ b ω c 0 c 6 c 0 M 4. v 0 v α) V 0 V c(v v ) c M () v v 0-4 x c ph,5 p,5,5 0 x c 0 c M () 0,V 0, V V 0,0 V 0, V 0,0 V V 0,V 0,09V 0,9V V V , x NH 0,M H 0,5 M O v NHNH 0,5 M 0,5 M v 0,5 M 0 0 H ν 0 4,5 M O,5

43 4. (M) NH Hl NH l αρχ c τελ 0 c- Aν αντιδράσουν πλήρως και οι δύο ηλεκτρολύτες τότε το τελικό διάλυµα θα έχει NH l M οπότε θα βρούµε ένα υποθετικό ph και θα το συγκρίνουµε µε την τιµή ph5 (Μ) NH l NH l αρχ τελ 0 (Μ) NH H O NH H O αρχ -x x x 4 Kα( NH ) 0 x 0 5 x x 0 x 0 M M ph 5, δηλαδή το υποθετικό ph ταυτίζεται µε την τιµή ph που H O δίνει η εκφώνηση, άρα αντιδρούν και οι δύο ηλεκτρολύτες πλήρως οπότε c v 0, mol η Η l Επιµέλεια: Κουκουλάς Γιάννης, Χηµικός Μηχανικός Πανταζόπουλος Ηλίας, Χηµικός Τα θέµατα της Χηµείας ήταν αυξηµένης δυσκολίας σε σχέση µε τις προηγούµενες χρονιές. Απαιτούσαν προετοιµασία υψηλού επιπέδου από τους υποψήφιους και γνώση λεπτοµερειών. Με µεγάλη δυσκολία κάποιος µαθητής µπορούσε να γράψει άριστα. Επιµέλεια: Κουκουλάς Ιωάννης, Xηµικός Μηχανικός Πανταζόπουλος Ηλίας, Χηµικός

44 ΘΕΜΑο. s s p s (,0,0,/) άρα (β). Η H, (δ). γ.4 β.5 Α. Λ Β. Σ Γ. Λ. Σ Ε. Λ ΘΕΜΑ ο 5 Α 7 Β. α. Α:s s p 6 s p K() L(8) M(5) B: s s p 6 s p 5 K() L(8) M(7) β. Α: 5 e 5e e Β: 7 e 6e.. : B : Ι.... : Β Α Β :......

45 Γ. R A >R B : Επειδή έχει µεγαλύτερο πυρηνικό φορτίο το Β άρα και το.π.φ. συνεπώς µεγαλύτερη έλξη ασκεί ο πυρήνας στα e - της εξωτερικής στιβάδας άρα περιορίζεται η έκταση του ηλεκτρονιακού νέφους.. α. πριν: ΝΗ Η Ο NHn [ ] K b µετά VV c c c/ [ ] K b c [ ] [] K c K c / B b [ ] [ ] άρα (Λ) β. ΝΗ Η Ο ΝΗα ΟΗ ΝαΟΗ Η ) 0( L Να ΟΗ Λόγω Ε.Κ.Ι. η ισορροπία µετατοπίζεται αριστερά, συνεπως η NH 4, αρα (Λ). 4 Να - - Να O AgNO /NH (): O (): O (4) (): O ΘΕΜΑ ο. (Β) : O (Γ) : OONa

46 (A) : - (Θ) : - Νa ( ) : -Η (Ε) : l (Ζ). l Na Nal O l OONa OO Nal. (Λ) α Na 5OONa 5Na 5HO β. H5 K ro7 4HSO 4 H5 K SO 4 r (SO 4 ) 7HO O mol mol 0, ; 0,mol n 0, K ro7 : n V V 0,5L (500mL) 0, ΘΕΜΑ 4 Ο ml NaA 0,05M 448mL ή 0,0mol 600mL NaA 0,05M Hl 0,05M ( ) Hl ( ) (M) NaA Hl Nal HA αρχ 0,05 0, τελ. 0,05 0 0,05 0,05 Το έχει: ΝaA : 0,05 M Nal : 0,05 M και είναι Ρ.. ΗΑ : 0,05 Μ (Μ) ΝaA Na A - αρχ 0,05 τελ 0 0,05 0,05 Nal Na l - Τα ιόντα Na, l - δεν αντιδρούν µε το νερό επειδή αντιστοιχούν σε ισχυρούς ηλεκτρολύτες. (Μ) ΗΑ Η Ο Η Ο Α - αρχ 0,05 Ι. Ι 0,05 x x x

47 Στην Ι. Ι έχουµε: [HA] 0,05 - x 0,05M [H O ] x 0-5 M επειδή το ph5 [A - ] 0,05 x 0,05 λόγω Ε.Κ.Ι 5 [HO ][A ] 0 0,05 K a K a 0 [HA] 0,05 H Για το ( ): (Μ) ΝaA O(l) Na A 0,05 0 0,05 0,05 (Μ) Α - Η Ο ΗA - αρχ 0,05 Ι.Ι 0,05 x x x 4 [HA][ ] x 0 9 K 0 b(a ) 5 [A ] 0,05 0 a x αλλά 4. k w 5 0 x 5 0 [H O][ ] [H O 6 [ 0 ] ] 6 5 0, 0 8 [H O ] 0 9 M 600mL NaA:0,05M Nal: 0,05M HA : 0,05M ( ) 400mL Na,5 0 - ή 0,05Μ 000mL NaA c Nal c HA c Na c 0,05Μ ( ) ΝaA : 600 0, c c 0,0M Nal : 600 0, c c 0,0M HA : 600 0, c c 0,0 M Na : 400 0, c c 0,005M (M) HA Na NaA H O αρχ 0,0 0,005 τελ. 0, ,005 άρα το ( ) NaA : 0,005 0,0 0,05M HA : 0,005M NaL : 0,0M Και είναι Ρ.. (Μ) H NaA O(l) Na A αρχ 0,05 τελ. 0 0,05 0,05 (Μ) ΗΑ Η Ο Η Ο Α - αρχ 0,005 Ι.Ι 0,005 x x x

48 Nal Na l - Άρα στην Ι.Ι έχουµε : [ΗΑ] 0,05 x 0,005 [H O ] x [A - ] 0,05 x 0,05 λόγω Ε.Κ.Ι K a [H O ][A [HA] ] [H O ] K a [HA] 0 [A ] [HO ] 0 M 5 0 Πανταζόπουλος Η. Κουκουλάς Γ. - Χηµικοί ΣΧΟΛΙΑΣΜΟΣ Τα θέµατα ήταν καλά, µε καλές ερωτήσεις θεωρίας. Το 4 ο θέµα ταλαιπώρησε τους µαθητές λόγω των αριθµητικών δεδοµένων.

49 AΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ. γ. γ. β.4 δ.5 α. Λ β. Σ γ. Σ δ. Λ ε. Σ. α. Η: s υποστιβάδες Κ() στιβάδες ΘΕΜΑ Ο: s s p 4 υποστιβάδες Κ() L(6) στιβάδες Να: s s p 6 s υποστιβάδες Κ() L(8) Μ () στιβάδες S: s s p 6 s p 4 υποστιβάδες Κ() L(8) Μ (6) στιβάδες β. Nα, Η O S O O. α. kα οξύ συζυγής βάση kb 0 - HSO SO O OO β. προς τα αριστερά Επειδή ka( O)<ka(HSO 4 ) διότι γνωρίζουµε ότι κάθε ισορροπία είναι µετατοπισµένη στη πλευρά του ασθενέστερου οξέος και της ασθενέστερης βάσης.

50 . α. V. - (- -- -)V β. --- Nα -- NαlH O l γ. --l OONα OO- Nαl ΘΕΜΑ. (Α): (B): Na (Γ): l 'H ( ): (Ε):

51 (Ζ): O (Θ): N (Κ): O ( ):.. α) l NH NH l 4 u u β) O 8H M SO SO K O 5 SO H KM O U n U U u n.

52 Br Br Br mol 0,mol mol j0,mol nbv n Br V V 0, 0,4 0,5L ΘΕΜΑ 4. Πριν την αραίωση: (M) H H O NH 4 αρχ. 0, Ι Ι. 0,-x x x [ ][ ] NH4 Kb [ NH ] 0-5 poh ph x 0, x 0 6 x0 - M 0 M Μετά την αραίωση αρχvαρ τελvτελ : 00. 0,V. 0 T T T M V T () Mε την προσθήκη νερού η - ph συνεπώς το ph του τελικού διαλύµατος είναι: ph 0 άρα poh x 0 T 0 M T T 0 ()V τ 0 4 0L άρα V H0 9,9L mL 0,0mol 0mL 000mL NH NαΟΗ NH 0,M H l ) ΝΗ 0,M NαΟΗ 0,Μ ΝαΟΗ ( ) 4 M

53 ΝΗ : 00. 0, M NαΟΗ: ,0M (M) NH H O NH 4 (M) ΝαΟΗ Να ΟΗ - αρχ. 0 - αρχ. 0,0 Ι Ι x x x τελ. 0 0,0 0,0-0.0x0,0M poh ph [ ][ ] NH4 Kb [ NH ] x α x 0 0 x 000mL 0,0mol 000mL NH Ηl NH 0,0M ΝαΟΗ 0,0M NαΟΗ 0,0Μ ( 4) (M) ΝαΟΗ Ηl Ναl H O αρχ. 0,0 0,0 τελ. 0 0,0 0,0 (M) ΝΗ Ηl ΝH 4 l αρχ. 0,0 0,0 τελ ,0 Άρα το διάλυµα ( 4 ) περιέχει: Nαl 0,0M NH 4 l 0,0M Nαl Nα l (Κανένα ιόν, Να, l - δεν αντιδρά µε το νερό επειδή αντιστοιχούν σε ισχυρούς ηλεκτρολύτες). (M) ΝΗ 4 l ΝH 4 l αρχ. 0,0 τελ. 0 0,0 0,0 (M) ΝΗ 4 H O ΝH H O αρχ. 0,0 τελ. 0,0-x x x

54 ka(nh 4 )0-9 x 0,0 O 0-5,5 M ph 5, 5 x 0 - x0-5,5 ΣΧΟΛΙΑΣΜΟΣ Τα θέµατα ήταν καλά, µε καλές ερωτήσεις θεωρίας.το 4 0 θέµα ήταν για καλά διαβασµένους µαθητές. ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: Πανταζόπουλος Ηλίας, Χηµικός Κουκουλάς Ιωάννης, Χηµικός Μηχανικός

55 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α. β Α. α Α. α Α4. δ Α5. α. Σ β. Σ γ. Λ δ. Λ ε. Λ ΘΕΜΑ Β Β. α. 0 α : 5 5 p 6 5 p Fe : 5 5 p 6 5 p 6 d S : 5 5 p 6 5 p 4 β. α : η οµάδα και 4 η περίοδο Fe : 8 η οµάδα και 4 η περίοδο S : 6 η οµάδα και η περίοδο Β.. α. Επειδή αυξάνεται το θετικό φορτίο του ιόντος, αυξάνεται η έλξη που δέχονται τα e - της εξωτερικής στιβάδας οπότε φεύγουν πιο δύσκολα. β. Με την αύξηση της θερµοκρασίας αυξάνεται η τιµή της kw, ως ενδόθερµο φαινόµενο που είναι ο αυτοϊοντισµός, γι αυτό και αυξάνεται η [ O ] ph < 7. γ. Επειδή θα παραβιάζεται η απαγορευτική αρχή του Pauli. H άρα

56 δ. Επειδή προς τα δεξιά του Π.Π αυξάνεται ο ατοµικός αριθµός και κατά συνέπεια αυξάνεται το.π.φ. Έτσι λόγω µεγαλύτερης έλξης των e - της εξωτερικής στιβάδας από τον πυρήνα, η ατοµική ακτίνα µειώνεται. ε. Ο αιθέρας πρέπει να είναι απόλυτος, γιατί η παραµικρή ποσότητα νερού αντιδρά µε το RMgX και δίνει αλκάνιο, οπότε καταστρέφεται το αντιδραστήριο Grignard : Β. RMgXH O RHMg()X Προσθέτουµε και στα () δοχεία Να, σε όποιο παρατηρήσουµε φυσαλίδες αερίου, το δοχείο αυτό περιέχει το -πεντίνιο. Κατόπιν προσθέτουµε σε διάλυµα Br /l 4 µικρή ποσότητα από τα άλλα δύο δοχεία. Σε όποιο παρατηρήσουµε αποχρωµατισµό του διαλύµατος Br, το δοχείο αυτό θα περιέχει το -πεντένιο. Άρα το άλλο δοχείο θα περιέχει το πεντάνιο. (υπάρχουν και άλλα τρόποι διάκρισης ) ΘΕΜΑ Γ Γ. (Α) Br (Β) (Γ) ( ) OONa (Ε) OO (Z) MgBr (Λ) O (Μ) OMgBr

57 (Ν) Γ. H 7 O usou 5K H 7 OOK u O K SO 4 H O mol n mol mol ; n mol,86 m ιζ n Mr n 0,0mol (ολικά αλδεϋδων) 4 άρα η κάθε ουσία έχει: 0,0 mol O 0,0 mol O 0,0 mol O ΘΕΜΑ. Πριν : α kα 0, µετά : 00 0, V M () V α α 0 - α c 0 c M 90 () () και () 90 0 V 900mL V V HO 800mL

58 . 00mL 00mL 00mL O Na O Na Y O : 00 0, 00 c c 0,M Na : 00 0, 00 c c 0,05M (M) O Na OONa H O αρχ 0, 0,05 αντ 0,05 0,05 παρ - - τελ 0,05 0 0,05 άρα το Υ έχει : O 0,05 OONa 0,05 και είναι ρυθµιστικό διάλυµα. ph pka log βασ οξ ph 5 00mL 00mL 00mL O Na O c 0,M 0,M Na c Y 4 O : 00 0, 00 c c 0,M Na : 00 0, 00 c c 0,M (M) O Na OONa H O 0,M αρχ 0, 0, αντ 0, 0,

59 παρ - - 0, τελ 0 0 0, άρα το Υ 4 έχει : OONa 0,M (M) OONa OO - Na αρχ 0, τελ 0 0, 0, (M) OO - H O O - αρχ 0, αντ x παρ - τελ 0, - x x x k b k k 0 x 0, x 0 w 9 5 α 0 5 M p 5 ph mL VmL (V 0)mL O Na O c 0,M 0,M Na c Y 5 0 0, O : 0 0, (v0) c c M v 0 Na : v 0, (v0) c c 0,v M v 0 O Na OONa H O Αν αντιδρούσαν πλήρως τα: O, Na το διάλυµα που προκύπτει θα περιέχει OONa:

60 OONa OO - Na OO - H O O -, άρα θα έχει: ph>7 άτοπο. Αν περισσέψει Na το τελικό διάλυµα θα περιέχει: Na OONa Na Na - OONa OO - Na OO - H O OO - - και θα έχει ph > 7, άτοπο. Άρα αντιδρά πλήρως το Na και το διάλυµα Υ 5 θα περιέχει: O: c c OONa: c OONa OO - Na c 0 c c (M) O H O OO - H O αρχ c c αντ x παρ - x x. c c x x x.. : O c c x c c c OO x c x 0-7 M, επειδή ph 7 O

61 7 c 0 OO HO 5 Ka 0 00(c c) c 00c 0c c c O 0 0, 0,v 00 0 v 00mL v 0 v 0 ΣΧΟΛΙΟ Τα θέµατα ήταν απλά. Χρειαζόταν προσοχή στα ερωτήµατα αυτά : Α5 (δ,ε) και προσεκτική δικαιολόγηση στο Β. Και µεγάλη η έκταση απαντήσεων στο 4 0 θέµα. Επιµέλεια θεµάτων Πανταζόπουλος Ηλίας, Κουκουλάς Γιάννης, Χηµικοί