... Β2. α. : F Be F:... ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α. Α1. i) : γ ii) : α Α2. : β Α3. : γ Α4. : α. Α5. α. Σχολικό βιβλίο σελίδα 224. β. Σχολικό βιβλίο σελίδα 117.

Transcript

1 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. i) : γ ii) : α Α. : β Α3. : γ Α4. : α Α5. α. Σχολικό βιβλίο σελίδα 4. β. Σχολικό βιβλίο σελίδα 117. ΘΕΜΑ Β Β1. α. Σωστό: γιατί ο τριπλός δεσμός είναι ισχυρότερος από τον διπλό δεσμό. β. Λάθος: προκύπτει μία ένωση, το μέθυλο-προπένιο. γ. Λάθος: μπορεί να είναι οποιοσδήποτε ακόρεστος υδρογονάνθρακας. δ. Λάθος: τα στοιχεία της 3 ης περιόδου εχουν τη n=3 ως εξωτερική στιβάδα. Άρα η τρίτη περίοδος περιλαμβάνει τα στοιχεία που έχουν εξωτερική ηλεκτρονιακή διαμόρφωση 3s 1 έως 3p 6. ε. Λάθος: sp υβριδισμό έχουν μόνο τα άτομα που συμμετέχουν στο διπλό δεσμό..... Β. α. : F Be F:.... β. H ένωση CH 3 CCH έχει 6σ και π δεσμούς, η ένωση CH 3 CHΟ έχει 6σ δεσμούς και 1π και η ένωση ΒeF έχει σ δεσμούς. γ. ΒeF : το Βe εμφανίζει sp υβριδισμό. 1 CH 3 CHΟ : ο C 1 εμφανίζει sp υβριδισμό, ενώ ο C sp 3 υβριδισμό. 3 1 CH 3 CCH : οι C 1, C εμφανίζουν sp υβριδισμό, ενώ ο C 3 sp 3 υβριδισμό. Β3. α. Επειδή το ΗΑ είναι ασθενές οξύ ενώ το ΗCl ισχυρό και έχουν την ίδια συγκέντρωση, θα ισχύει [Η 3 Ο + ] ΗCl > [Η 3 Ο + ] ΗΑ ph ΗCl < ph ΗΑ.

2 β. Επειδή και τα δύο είναι μονοπρωτικά οξέα και έχουν ίσα mol, με βάση τη στοιχειομετρία των αντιδράσεων εξουδετέρωσης (1 προς 1) θα απαιτούν την ίδια ποσότητα (mol) βάσης, άρα και τον ίδιο όγκο. γ. Στο ισοδύναμο σημείο της ογκομέτρησης του διαλύματος ΗCl θα υπάρχει μόνο ΝaCl. Άρα : ΝαCl Να + + Cl. Όμως τα ιόντα που προκύπτουν δεν αντιδρούν με το νερό. Αρα το ph καθορίζεται από τον αυτοιοντισμό του νερού, δηλαδή το διάλυμα έχει ph = 7. Στο ισοδύναμο σημείο της ογκομέτρησης του διαλύματος ΗΑ θα υπάρχει μόνο ΝaΑ. Άρα : ΝαΑ Να + + Α Όμως το ιόν Α αντιδρά με το νερό: Α + H O ΗΑ + ΟΗ - Άρα το διάλυμα έχει ph > 7. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α: CH 3 CΗ C CH B: CH 3 CΗ CH(Cl)CH 3 Γ: CH 3 CΗ CH(CH 3 )ΜgCl Δ: ΗCH=O Ε: CH 3 CΗ CH(CH 3 ) CΗ ΟΗ Ζ: CH 3 CΗ CH(CH 3 )CH=O Θ: CH 3 CΗ CH(CH 3 )COONH 4 Γ. Επειδή δε γνωρίζουμε τον ακριβή μοριακό τύπο του αλκυλαλογονιδίου Α, το συμβολίζουμε με το γενικό μοριακό τύπο: CνΗ ν+1 Χ, με ν 1. Άρα: (Α) (B) CνΗ ν+1 Χ + ΚCN CνΗ ν+1 CN+KX (1) (B) H + (Γ) CνΗ ν+1 CN + H O CνΗ ν+1 COOH + NH 3 () Επειδή δε γνωρίζουμε τον ακριβή μοριακό τύπο της κετόνης Δ, τη συμβολίζουμε με το γενικό μοριακό τύπο: CκΗ κο, με κ 3. Άρα, η υδρογόνωση της Δ είναι: (Δ) (Ε) CκΗ κο +Η CκΗ κ +1 ΟΗ (3) Δηλαδή η οργανική ένωση Ε είναι κορεσμένη μονοσθενής δευτεροταγής αλκοόλη. Η αντίδραση μεταξύ Γ και Ε δίνεται παρακάτω: CνΗ ν+1 COOH + CκΗ κ +1 ΟΗ Η σχετική μοριακή μάζα της Ζ είναι 10, άρα: (Ζ) (ν + κ + 1)ΑrC + (ν + κ + )ΑrH + ArΟ = 10 CνΗ ν+1 COOCκΗ κ +1 + H O (4)

3 1(ν + κ +1) + ν + κ = 10 14ν + 14κ + 46 = 10 14(ν + κ) = 56 ν + κ = 4 Όμως ν 1 και κ 3, άρα ν = 1 και κ = 3. α. Δηλαδή οι ζητούμενοι συντακτικοί τύποι είναι: Α: CH 3 X B: CH 3 CN Γ: CH 3 COOH Δ: CH 3 COCH 3 E: CH 3 CH(OΗ)CH 3 Z: CH 3 COOCH(CH 3 ) β. Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης (1) έχουμε: 1 mol A δίνει 1 mol B 0,6 mol A δίνουν x; mol B x = 0,6 mol B Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης () έχουμε: 1 mol Β δίνει 1 mol Γ 0,6 mol Β δίνουν ψ; mol Γ ψ = 0,6 mol Γ Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης (3) έχουμε: 1 mol Δ δίνει 1 mol Ε 0,4 mol Δ δίνουν z; mol Ε z = 0,4 mol E Άρα, πριν αντιδράσουν τα Γ και Ε, οι ποσότητές τους είναι 0,6 mol και 0,4 mol αντίστοιχα. CΗ 3 COOH + C 3 Η 7 ΟΗ CΗ 3 COO C 3 Η 7 + H O (4) (mol) Αρχικά 0,6 0,4 - - Aντιδρούν/ Παράγονται Χημική Ισορροπία -x -x +x +x 0,6-x 0,4-x x x Υπολογίζουμε τα mol του εστέρα Ζ στην ισορροπία: n Z = m Z /Mr Z = 0, 4g/10g /mol = 0,mol, άρα x = 0, mol. Aπό τη στοιχειομετρία της αντίδρασης έχουμε ότι αν η αντίδραση ήταν μονόδρομη, το CH 3 COOH θα ήταν σε περίσσεια, και η C 3 H 7 OH θα αντιδρούσε πλήρως. Συνεπώς η απόδοση της αντίδρασης είναι: α = 0, /0,4 = 0,5 ή 50%.

4 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Το διάλυμα Υ 1 : HF M και NaF M είναι ρυθμιστικό διάλυμα, γιατί παρατηρούμε επίδραση κοινού ιόντος στο συζυγές ζεύγος του ασθενούς ηλεκτρολύτη. Εφαρμόζουμε την εξίσωση Henderson Hasselbalch: ph =pka 1 + log C C 5 = -log Ka 1 + log Δ. Υπολογίζουμε τα mol των ηλεκτρολυτών: Ka 1 = 10-5 m 6, 3 n HNO3 = = = nhf =CV= 1= mol n NaF =CV= 1= mol. Mr 63 Γράφουμε την αντίδραση : (mol) ΗΝΟ 3 + ΝαF ΗF + NaΝΟ 3 Αρχ. - Αντ./Παραγ Τελικά: 0, Το NaΝΟ 3 δεν επηρεάζει το ph του διαλύματος. Υπολογίζουμε τη συγκέντρωση του ΗF : [ΗF]= (Μ) HF + Η Ο F - + Η 3 Ο + Κa 1 = Αρχικά C Ιοντίζονται/ Παράγονται Ιοντική Ισορροπία x C x 1 x x x C 1 -x x x Κa 1 / C 1 = 10-5 /10-1 = Κa 1 = 0, M=M=C 1 θεωρώντας το x <<C 1 δηλ C 1 - x C 1 x = x C 1 x =Ka 1 C =10 =3 M Άρα [Η 3 Ο + ]=10-3 M ph=-log[η 3 Ο + ]=3 α. 1 ο μέρος: V=0,5L και ph=3. Άρα: [ H ] [ H = 3O ] [ ] K a( ) 3 10 = 6 10 =103 β. ο μέρος: V=0,5L. Υπολογίζουμε τη συγκέντρωση του ΗΒ :C= V n = 0,05 0,5 = M C 1 =C=M

5 (M) ΗF + H O F - + H 3 O + Αρχ. C - - Ιον/Παρ x x x Iον.Ισορ. C-x x x+ y (M) ΗB + H O B - + H 3 O + Αρχ. C - - Ιον/Παρ y y y Iον.Ισορ. C-x y y+ x Κa 1 = x(x+y) C-x Κ a 1 /= 10-4 <10 - Κ a 1 = x(x+y) x(x+y)= Ka 1 C (1) Κa = y(x+y) C-y Κa /= <10 - Κa = y(x+y) y(x+y)= Ka C () Αν προσθέσουμε τις σχέσεις (1) και () προκύπτει ότι: x(x+y) + y(x+y) = Ka 1 C + Ka C (x+y) = Ka 1 C + Ka C [H 3 O + ]=x+y= Ka1C KaC = =10 -,5 M ph =-log[h 3 O + ]=,5 γ. ο μέρος: V=0,5L. Υπολογίζουμε τα mol των ηλεκτρολυτών: m 0, 6 n Mg = = =0,05 Mr 4 nhf =CV= 0,5=0,05 mol. Γράφουμε την αντίδραση : (mol) Mg + HF MgF + H Αρχ. 0,05 0, Αντ. 0,05 0, Παραγ ,05 0,05 Τελικά: - - 0,05 0,05 i) n= Vm V V=0,05mol,4L/mol=0,56L

6 ii) Για τη συγκέντρωση του MgF στο δ/μα Y 5 ισχύει : C αλατος V αλατος = C τελ V τελ Γράφουμε τη διάσταση του άλατος: (mol/l) MgF Mg + + F - 0,005 0,005 0,01 (mol/l) F - + H O HF + OH - 0,05 Μ L=C τελ 1L C τελ =0,005M=C 4 0,5 Αρχικά 0, Ιοντίζονται/ Παράγονται Ιοντική Ισορροπία -ω +ω +ω 0,01-ω ω ω Kw Κ b = K = 10-9 Κ b = a1 ω C 4 Κ b / C 4 = 10-9 /0,01= 10-7 < 10 - Κ b = ω C 4 ω =K b C 4 θεωρώντας το ω <<C 4 δηλ C 4 - ω C 4 ω = KbC 4 = 10-5,5 M Άρα και α= [OH - ]=10-5,5 M [H 3 O + ] =10-8,5 M ph=8,5 5, , ,5 Επιμέλεια: Τμήμα Χημείας ΟΡΟΣΗΜΟ ΑΘΗΝΑΣ ΟΡΟΣΗΜΟ ΧΑΛΑΝΔΡΙΟΥ