ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Έχουμε τρεις d υποστιβάδες συμπληρωμένες, επομένως θα έχουμε 30 ηλεκτρόνια.

Transcript

1 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α2. α Α3. β Α4. γ Α5. α. Λάθος β. Λάθος γ. Λάθος δ. Σωστό ε. Λάθος ΘΕΜΑ Β Β1. 80Ηg : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 4d 10 4f 14 5s 2 5p 6 5d 10 6s 2 α) 18 Η στιβάδα με n=3 είναι πλήρως συμπληρωμένη, άρα 18 ηλεκτρόνια. β) 30 Έχουμε τρεις d υποστιβάδες συμπληρωμένες, επομένως θα έχουμε 30 ηλεκτρόνια. γ) 8 Έχουμε τέσσερις p υποστιβάδες συμπληρωμένες. Η κάθε p υποστιβάδα περιέχει ένα p z τροχιακό, το οποίο είναι πλήρως συμπληρωμένο. Άρα διαθέτουμε 8 ηλεκτρόνια. δ) 40 Συνολικά στο άτομο του υδραργύρου υπάρχουν 80 ηλεκτρόνια (όλα σε ζεύγη). Τα μισά από αυτά χαρακτηρίζονται από m s = + 1 2, ενώ τα άλλα 40 ηλεκτρόνια χαρακτηρίζονται από m s = 1 2.

2 B2. α. Σωστό. Τα ασθενή οξέα έχουν μικρές τιμές K a, οπότε το μεγαλύτερο μέρος του ΗΔ βρίσκεται σε αδιάστατη (μη ιοντισμένη) μορφή. β. Σωστό. Τα ασθενή οξέα έχουν μικρές τιμές K a, οπότε το μεγαλύτερο μέρος του ΗΔ βρίσκεται σε αδιάστατη (μη ιοντισμένη) μορφή και ένα ελάχιστο ποσοστό έχει ιοντισθεί προς ιόντα Δ -. γ. Λάθος. Ακόμη και σε περιπτώσεις πολύ μικρού βαθμού ιοντισμού του οξέος ΗΔ, η συγκέντρωση [Η 3Ο + ] θα είναι μεγαλύτερη από τη συγκέντρωση [ΟΗ - ]. δ. Λάθος. Για ασθενή οξέα, το ph είναι μεν μικρότερο του 7 αλλά αρκετά μεγαλύτερο του 2 (25 ο C). ε. Λάθος. Θα είχαμε [Η 3Ο + ]=0,01 Μ μόνο αν το ΗΔ ήταν ισχυρό οξύ. Στη δική μας περίπτωση [Η 3Ο + ]<0,01 Μ. στ. Σωστό. Όπως παρατηρούμε και από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης, για κάθε ένα mol ΗΔ που ιοντίζεται, παράγεται ένα mol ιόντων Η 3Ο + και ένα mol ιόντων Δ -. Β3. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Γνωρίζουμε ότι τα διαδοχικά μέλη μιας ομόλογης σειράς διαφέρουν κατά μια μεθυλενο ομάδα (-CH 2-), η οποία έχει Mr=14. Αφού η σχετική τους μοριακή μάζα διαφέρει κατά 28 συμπεραίνουμε ότι η μία αλκοόλη έχει δύο άτομα άνθρακα περισσότερα από την άλλη. Έστω ότι η αλκόολη Α έχει μοριακό τύπο C vh 2v+2O, και η αλκοόλη Β έχει μοριακό τύπο C κη 2κ+2Ο, όπου κ = ν + 2 (1) Κατά την καύση του αερίου μίγματος, παρατηρούμε ότι παράγεται οκταπλάσιος όγκος CO 2. Επομένως συμπεραίνουμε ότι v + κ = 8 (2)

3 Από τη λύση του συστήματος των εξισώσεων (1) και (2) βρίσκουμε εύκολα ότι ν = 3 και κ = 5 Άρα (Α): C 3H 8O και (Β): C 5H 12O. Έστω ότι το αρχικό μίγμα περιείχε x mol A και y mol Β. To κάθε μέρος με τη σειρά του θα περιείχε x mol A και y mol B o μέρος Αξιοποιούμε τα δεδομένα της εκφώνησης ότι οι αλκοόλες αυτές είναι ευθείας αλυσίδας. Αφού οι Α και Β οξειδώνονται προς καρβονυλικές Γ και Δ οι οποίες δίνουν θετικό τεστ ιωδοφορμίου καταλήγουμε εύκολα στους συντακτικούς τύπους : Γράφουμε τις αντιδράσεις: Για το ιωδοφόρμιο (CHI 3): n CHI3 = m CHI3 Mr CHI 3 = 19,7g 394 g = 0,05 mol mol

4 Άρα θα πρέπει x 2 + y 2 = 0,05 x + y = 0,1 (3) Παράγονται 1,8 g υδρατμών. Άρα: n Η2 Ο = m Η 2 Ο = 4,5g Mr Η2 Ο 18 g = 0,25 mol Η 2 Ο mol Γράφουμε τις αντιδράσεις πλήρους καύσης των κορεσμένων αλκοολών (Α) και (Β): Θα πρέπει 2x + 3y = 0,25 (4) Από τη λύση του συστήματος των εξισώσεων (3) και (4) έχουμε: x = y = 0,05 mol από την κάθε αλκοόλη Mr A = 60 και Mr Β = 88 Άρα m μίγματος = m A + m B m μίγματος = 0, ,05 88 = 7,4 g Γ2. Από τον μοριακό τύπο της ένωσης συμπεραίνουμε ότι πρόκειται για κορεσμένη μονοσθενή αλκοόλη ή κορεσμένο μονοσθενή αιθέρα. Από τα δεδομένα της εκφώνησης έχουμε ότι η ένωση αυτή αντιδρά με Na. Επομένως πρόκειται για αλκοόλη (η οποία διαθέτει όξινο υδρογόνο). Επίσης, από την πληροφορία ότι δεν αποχρωματίζει το όξινο διάλυμα KMnO 4, συμπεραίνουμε ότι πρόκειται για τριτοταγή αλκοόλη. Γνωρίζουμε ότι μπορεί να συντεθεί μόνο με έναν συνδυασμό αντίδρασης Grignard σε καρβονυλική ένωση. Άρα θα είναι μια συμμετρική τριτοταγής αλκοόλη.

5 ΘΕΜΑ Δ α) Για το διάλυμα Δ 1: Υπολογίζουμε την [OH ] : [OH ] = Κ b C 1 = ,02 = M, άρα poh = log ( ) = 3 log2 = 2,7 και ph = 11,3

6 έλεγχος για την απλοποιημένη σχέση: k b C 1 = 10 4 < 10 2, άρα ισχύει η προσέγγιση. β) γ) α = [OH ] C 1 = ,2 = 0,01 α 2 = 2α 1 ή K b C 2 = 2 K b C 1 C 2 = 0,05 Μ ή K b C 2 = 4 K b C 1 ή 1 C 2 = 4 1 C 1 ή C 1 = 4C 2 ή n 1 V 1 = 4 n 2 V 2 ή V 2 = 4V 1 ή V 2 = 0,4 L και [OH ] = Κ b C 2 = ,05 = 10 3 M, άρα poh = 3 και ph = 11 δ)έστω ότι προσθέτουμε φ mol HCl.

7 Για το Δ (ρυθμιστικό διάλυμα): Εφαρμόζουμε την εξίσωση Henderson Hasselbalch: ph = pk a + log C ΝΗ 3 10,3 = 10 log5 + log C ΝΗ 3 0,3 + log5 = log C ΝΗ 3 log2 + log5 = log C ΝΗ 3 log10 = log C ΝΗ 3 10 = C ΝΗ 3 10 = n ΝΗ 3 10 n n ΝΗ4 + = n ΝΗ3 10 φ = 0,022 φ 11φ = 0,022 ΝΗ4 + Έλεγχος για τις προϋποθέσεις εφαρμογής της εξίσωσης: φ = mol HCl Άρα V HCl = , = 44,8 cm 3 ε) k a < 10 2 και k b C ΝΗ3 < 10 2 άρα ισχύουν. Στο Δ 3 έχουμε επίδραση κοινού ιόντος (ΟΗ - ): Για την ΝΗ 3: C NH3 = C 3 = 0,4 2 = 0,2 M Για το ΝaOH: C NaOH = C 3 = 0,02 2 = 0,01 M

8 = ω (C 3 + ω) C 3 ω ω C 3 C = άρα καλώς έγιναν οι προσεγγίσεις. ω 0,01 ω = Μ 0,2 Για τον βαθμό ιοντισμού της NH 3 έχουμε: [ΟΗ ] ολ = C 3 + C 3 C 3 = 0,01 Μ άρα poh = 2 και ph = 12 C ΝΗ4 + = ω = Μ και n ΝΗ4 + = mol L 2 L = mol α = [ΝΗ 4 + ] C 3 = ,2 = Επιμέλεια: Νυχάς Ιωάννης Τομέας Χημείας Ορόσημο ΑΘΗΝΑΣ Ορόσημο ΠΕΙΡΑΙΑ Ορόσημο ΧΑΛΑΝΔΡΙΟΥ Ορόσημο ΚΕΡΑΤΣΙΝΙΟΥ