ΧΗΜΕΙΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α. Α1 β Α2 δ Α3 β Α4 γ Α5 β Α6 ΣΩΣΤΗ Α7 ΣΩΣΤΗ Α8 ΣΩΣΤΗ Α9 ΣΩΣΤΗ Α10 ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΗ

Transcript

1 ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 β Α2 δ Α3 β Α4 γ Α5 β Α6 ΣΩΣΤΗ Α7 ΣΩΣΤΗ Α8 ΣΩΣΤΗ Α9 ΣΩΣΤΗ Α10 ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΗ ΘΕΜΑ B Α α) Γράφουμε τις ηλεκτρονιακές κατανομές των δοθέντων στοιχείων στη θεμελιώδη κατάσταση: 11Χ: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1. Επομένως ανήκει στην 3 η περίοδο του Περιοδικού Πίνακα και στην 1 η ομάδα. 12Ψ: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2. Επομένως ανήκει στην 3 η περίοδο του Περιοδικού Πίνακα και στην 2 η ομάδα. Κατά τον ιοντισμό: Χ Χ e -, Ψ Ψ e - και οι αντίστοιχες ηλεκτρονιακές κατανομές είναι: 11 Χ : 1s 2 2s 2 2p 6 και 12 Ψ : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 Για στοιχεία που ανήκουν στην ίδια περίοδο του Περιοδικού Πίνακα η Ε i,1 αυξάνει από τα αριστερά προς τα δεξιά, διότι αυξάνει ο ατομικός αριθμός (και επομένως και το δραστικό πυρηνικό φορτίο). Επομένως E i,1ψ > E i,1χ.

2 β) Κατά το δεύτερο ιοντισμό έχουμε: Χ Χ 2 e -, Ψ Ψ 2 e - και οι αντίστοιχες ηλεκτρονιακές κατανομές: 11 Χ 2 : 1s 2 2s 2 2p 5 και 12 Ψ 2 : 1s 2 2s 2 2p 6 Παρατηρούμε ότι το ιόν Χ έχει δομή ευγενούς αερίου, η οποία είναι ιδιαίτερα σταθερή. Το δεύτερο ηλεκτρόνιο φεύγοντας χαλάει αυτή τη σταθερή δομή. (φεύγει από εσωτερική στιβάδα). Επομένως απαιτείται μεγαλύτερη ενέργεια για να αποσπασθεί ένα ηλεκτρόνιο από το ιόν Χ, απ αυτήν που απαιτείται για να αποσπασθεί ένα ηλεκτρόνιο από το ιόν Ψ. Δηλαδή το Χ έχει μεγαλύτερη ενέργεια δεύτερου ιοντισμού από το Ψ, E i,2ψ < E i,2χ. γ) i)19, 24, 29,31,35.ii)1 η ομάδα, 6 η ομάδα, 11 η ομάδα,13 η ομάδα, 17 η ομάδα Β) Παίρνω δείγμα από το δοχείο και προσθέτω Ι 2 /ΝαΟΗ και διακρίνω περιπτώσεις: 1) Αν σχηματιστεί κίτρινο ίζημα θα έχω την 2-βουτανόλη ή την βουτανόνη.οπότε παίρνω εκ νέου δείγμα από το δοχείο και προσθέτω ερυθροιώδες διάλυμα KMnO 4 παρουσία H 2 SO 4.Αν επέλθει από χρωματισμούς θα έχω την2-βουτανόλη,αν όχι θα έχω την βουτανόνη. 2) Αν δεν σχηματιστεί κίτρινο ίζημα παίρνω δείγμα από το δοχείο και προσθέτω αντιδραστήριο Tollens,αν σχηματιστεί κάτοπτρο Ag θα έχω την βουτανάλη. Στη συνέχεια παίρνω εκ νέου δείγμα από το δοχείο και προσθέτω KMnO 4 παρουσία H 2 SO 4.Αν αποχρωματιστεί θα έχω την 1-βουτανόλη,αν δεν αποχρωματιστεί θα έχω το βουτανικό οξύ Γ) α) Σχολικό βιβλίο σελίδα 117 β) Κάθε ρυθμιστικό διάλυμα περιέχει ένα συζυγές ζεύγος οξέος βάσης (HCOOH HCOO - ) σε ισορροπία: HCOOH H 2 O HCOO - H 3 O Όταν προσθέσουμε στο ρυθμιστικό διάλυμα μικρή ποσότητα οξέος, τα ιόντα HO 3 που προκύπτουν από τον ιοντισμό του οξέος εξουδετερώνονται από τη συζυγή βάση HCOO - του ρυθμιστικού διαλύματος : HCOO - H 3 O ΗCOOH H 2 O Όταν προσθέσουμε στο ρυθμιστικό διάλυμα μικρή ποσότητα βάσης, τα ιόντα OH που προκύπτουν από τη βάση εξουδετερώνονται από το συζυγές οξύ ΗCOOH του ρυθμιστικού διαλύματος : HCOOH OΗ - HCOO - H 2 O Η όξινη μορφή (ΗCOOH) του ρυθμιστικού διαλύματος εξουδετερώνει τις προστιθέμενες βάσεις, ενώ η βασική μορφή HCOO - εξουδετερώνει τα προστιθέμενα οξέα. Αν προσθέσουμε μικρή ποσότητα ισχυρού οξέος ή ισχυρής βάσης, οι συγκεντρώσεις των συστατικών του ρυθμιστικού διαλύματος μεταβάλλονται σε μικρό ποσοστό. Έτσι, η ισορροπία στο ρυθμιστικό διάλυμα δεν μεταβάλλεται σημαντικά, οπότε το ph παραμένει πρακτικά σταθερό.

3 ΘΕΜΑ Γ Γ1 Παρατηρούμε ότι : Γ : οξύ (αφού αντιδρά με Na 2 CO 3 ), άρα Β : πρωτοταγής αλκοόλη και επομένως : A: CH 2 =CH 2 B: CH 3 -CH 2 -OH Γ: CH 3 -COOH Δ: CH 3 -CH 2 -Cl Ε: CH 3 -CH 2 MgCl ΣΤ: CH 3 -CH 3 Παρατηρούμε ότι Ζ : αλδεύδη Θ : κυανυδρίνη Ι : α-υδρόξυ-οξύ, το οποίο αφού δίνει αλογονοφορμική θα είναι : I : CH 3 -CH-COOH OH Z: CH 3 -CH=O Θ: CH 3 -CH-CN OH K: COOH COONa H: CH 3 -CH-CH 2 -CH 3 OH Παρατηρούμε ότι Λ : αλκίνιο με περισσότερα από δύο άτομα άνθρακα και επομένως Μ:κετόνη R -C CNa : HC CNa Λ : HC C-CH 2 -CH 3 M: CH 3 -C-CH 2 -CH 3 O Π: CH 2 =CH-COOH Γ2 Έστω χ mol C V H 2V1 OH (A) και ψ mol C K H 2K1 -CH=O (B) [ H B θα είναι αλδεύδη, διότι το μίγμα με επίδραση Tollens δίνει κάτοπτρο Ag και η Α αφού είναι αλκοόλη,δεν αντιδρά με το Tollens.] m μίγματος =m A m B 32,4 =χ (14ν18) ψ (14κ30) (1) 1 ο μέρος χ/2 mol Α και ψ/2 mol B Mε αμμωνιακό διάλυμα AgNO 3 αντιδρά μόνο η Β. C K H 2K1 CHO 2 AgNO 3 3NH 3 H 2 O C K H 2K1 COONH 4 2 Ag2NH 4 NO 3 ψ/2 mol αλδεύδης δίνουν ψ mol Ag Όμως ψ=0,4 mol B.

4 2 Ο μέρος χ/2 mol A και ψ/2=0,4/2=0,2 mol B KMnO 4 : n=c V = 0,08 2=0,16 mol Οξειδώνεται σίγουρα η αλδεύδη (προς οξύ και όχι CO 2,από εκφώνηση). Θα υπολογιστούν πόσα mol KMnO 4 καταναλώνονται για την οξείδωση της Β. 5C K H 2K1 CHO2KMnO 4 3H 2 SO 4 5C K H 2K1 COOH2MnSO 4 K 2 SO 4 3H 2 O 5 mol B απαιτούν 2 mol KMnO 4 0,2 mol B z=0,08 mol KMnO 4 Aπομένουν 0,16-0,08=0,08 mol KMnO 4. Άρα οξειδώνεται και η Α. Α: πρωτοταγής ή δευτεροταγής αλκοόλη 1 η περίπτωση : Έστω η Α δευτεροταγής αλκοόλη 5C V H 2V1 OH2KMnO 4 3H 2 SO 4 5C V H 2V O2MnSO 4 K 2 SO 4 8H 2 O 5 mol A απαιτούν 2 mol KMnO 4 χ/2 mol Α απαιτούν 0,08 mol KMnO 4 Προκύπτει χ=0,4 Αντικαθιστώντας στη σχέση (1) : 0,4(14v18)0,4(14k30)=32,4 vk=2,35 : απορρίπτεται διότι το άθροισμα των ατόμων άνθρακα πρέπει να είναι φυσικός αριθμός. 2 η περίπτωση : Έστω η Α πρωτοταγής αλκοόλη Η Α οξειδώνεται προς οξύ και όχι προς CO 2 (από την εκφώνηση) 5C V H 2V1 OH4KMnO 4 6H 2 SO 4 5C V H 2v O 2 4MnSO 4 2K 2 SO 4 11H 2 O 5 mol A απαιτούν 4 mol KMnO 4 χ/2 mol Α απαιτούν 0,08 mol KMnO 4 Προκύπτει χ=0,2. Αντικαθιστώντας στη σχέση (1): 0,2(14v18)0,4(14k30)=32,4 v2k=6(2) ΔΕΚΤΟ. Οι ενώσεις Α και Β διαφέρουν κατά ένα άτομο άνθρακα. Αφού από τις οξειδώσεις δεν παράγεται CO 2, αποκλείεται η Α να είναι η CH 3 OH και η Β η HCH=O. Έστω ότι η Α έχει ένα άτομο άνθρακα παραπάνω από τη Β, οπότε ν=κ2, άρα από τη σχέση (2) προκύπτει κ=4/3, ΑΠΟΡΡΙΠΤΕΤΑΙ Έστω ότι η Β έχει ένα άτομο άνθρακα παραπάνω από την Α, οπότε ν=κ, άρα από τη σχέση (2) προκύπτει κ=2 και ν=2, ΔΕΚΤΗ. α) Το μίγμα περιέχει 0,2 mol A και 0,4 mol B β) A : CH 3 -CH 2 -OH, B: CH 3 -CH 2 -CH=O

5 ΘΕΜΑ Δ α) C = n = 3,1 V RNH 2 HCl Ι.Σ. : 0,1 0,1 = 0,1 C (1) ν = 1 = 3,1 Mr ν 14ν17 (1) διάλυμα (Α) RNH 3 Cl C = 0,1 M i. Άρα η ένωση (Α) είναι η CH 3 NH 2 και από το ph = 11,5 βρίσκω την Kb=10-4 ii. mol RNH 2 HCl RNH 3 Cl ΤΕΛ 0,01 Ι.Σ. CH 3 NH 3 Cl : C 1 = 0,01 0,2 = 0,05 M (M) CH 3 NH 3 Cl CH 3 NH 3 Cl - ΤΕΛ C 1 0 C 1 C 1 (M) CH 3 NH 3 H 2 O CH 3 NH 2 H 3 O Ι.ΙΣ C 1 - x x x Ka = / 10-4 = = x 2 / C 1 -x ~ x 2 /C 1 x= [ H 3 O ] = M K HX = [ X - ] [ H 3 O ] / [ HX ] K HX = K HX = 0, M β) Προσθέτω mol CH 3 NH 2 οπότε η συγκέντρωση αυξάνεται ομοίως και τα [ OH - ], άρα και το ph αυξάνεται. ph` = ph 0,5 ph` = 12 [ OH - ] = 10-2 M. Kb = y 2 /C 2 C 2 = 1 M CV n.δ.ο = C 2 V n.δ.ο =0,09 mol γ) Βρίσκω τις C τελ : CH 3 NH 2 : C 3 = 0,1 V 1 / ( V 1 V 2 ) Ca(OH) 2 : C 4 = 0,4 V 2 / ( V 1 V 2 ) Ca(OH) 2 Ca 2 2OH - C 4 0 C 4 2 C 4

6 CH 3 NH 2 H 2 O CH 3 NH 3 OH - C 3 y y 2C 4 y [ OH - ] ολ = 2C 4 y ~ 2 C 4 =0,1 C 4 =0,05 M Άρα 0,4 V 2 / (V 1 V 2 )= 0,05 0,35 V 2 = 0,05 V 1 V 1 / V 2 = 7 Άρα CH 3 NH 2 : C 3 = 0,7, Ca(OH) 2 : C 4 = 0,05 Μ 8 Κb = 10-4 = 2C 4 y / C 3 y = M. Άρα [ CH 3 NH 2 ] = 0,7 M, [ 8 OH- ] = 0,1 M, [Ca 2 ] = 0,05 M, [ H 3 O ] = M, [H 2 O] = 55,5 M, [CH 3 NH 3 ] = y = M δ) CH 3 COOH : n 1 = 0,2 V 1 Ca(OH) 2 : n 2 = 0,4 V 2 mol 2 CH 3 COOH Ca(OH) 2 (CH 3 COO) 2 Ca 2 H 2 O Αρχ. 0,2 V 1 0,4 V 2 ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ : Θέλω ph = 6 1 η περίπτωση : Έστω n 1 / n 2 = 2/1 n 1 = 2 n 2. Τότε στο τελικό διάλυμα θα έχω (CH 3 COO) 2 Ca και ph >7. Απορρίπτεται. 2 η περίπτωση : Απορρίπτεται και n 1 <2 n 2, διότι τότε στο τελικό διάλυμα θα έχω: (CH 3 COO) 2 Ca : όπου η CH 3 COO - είναι ασθενής βάση Ca(OH) 2 : ισχυρή βάση Και το ph >>7 3 η περίπτωση : Πρέπει n 1 > 2 n 2 : mol 2 CH 3 COOH Ca(OH) 2 (CH 3 COO) 2 Ca 2 H 2 O Αρχ. 0,2 V 1 0,4 V 2 Α/Π - 0,8 V 2-0,4 V 2 0,4 V 2 ΤΕΛ. 0,2 V 1-0,8 V 2 0,4 V 2 Τελικό διάλυμα : CH 3 COO - : C 1` =(0,2 V 1 0,8 V 2 ) / ( V 1 V 2 ) (CH 3 COO) 2 Ca : C 2` = (0,4 V 2 ) / ( V 1 V 2 ).Άρα και με χρήση των εξισώσεων του ρυθμιστικού : [ H 3 O ] =Κα C 1`/ (2 C 2`) V 1 / V 2 = 4,4