Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 210 9713934 & 210 9769376 ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΧΗΜΕΙΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 α, Α2 γ, Α3 δ, Α4 γ, Α5 β, Α6 δ ΘΕΜΑΒ Β1. Α) 1s 2, 2s 2, 2p 6, 3s 2, 3p 6, 3d 5, 4s 1 Z=24. B) Ότι το στοιχείο ανήκει στην 4 η περίοδο σημαίνει ότι κατανέμει τα ηλεκτρόνιά του σε 4 στιβάδες. Σε μία περίοδο η ατομική ακτίνα μειώνεται από αριστερά προς τα δεξιά, διότι αυξάνεται ο Ζ και άρα η έλξη πυρήνα ηλεκτρονίων. Επειδή το στοιχείο έχει τη μικρότερη ατομική ακτίνα θα βρίσκεται στη μεγαλύτερη ομάδα VIIIA. Άρα Θα έχει ηλεκτρονιακή δομή : 1s 2,2s 2,2p 6, 3s 2,3p 6 Z=18. Γ) 12 A : 1s 2, 2s 2, 2p 6, 3s 2 19B : 1s 2, 2s 2,2p 6, 3s 2,3p 6, 4s 1 30Γ : 1s 2, 2s 2,2p 6,3s 2, 3p 6, 3d 10,4s 2 2Δ : 1s 2 Γ1. Α 3 η περίοδος, ΙΙΑ ομάδα, τομέας s Β 4 η περίοδος, ΙΑ ομάδα, τομέας s Γ 4 η περίοδος, 12 η ομάδα, τομέας d Δ 1 η περίοδος, VIIIAομάδα, τομέας s
Γ2. Παραμαγνητικά είναι τα άτομα που περιέχουν ένα ή πιο πολλά μονήρη ηλεκτρόνια. Από τα παραπάνω αυτό συμβαίνει στο 19 Β, το οποίο έχει ένα μονήρες ηλεκτρόνιο στην υποστιβάδα4s. Β2. A) Αφού το πρότυπο διάλυμα είναι διάλυμα βάσης, έχουμε αλκαλιμετρία. Β) Οι αντιδράσεις που πραγματοποιούνται είναι (1) ΗΑ + ΝαΟΗ ΝαΑ + Η 2 Ο (2) ΗΒ + ΝαΟΗ ΝαΒ + Η 2 Ο Από τη στοιχειομετρία των 2 αντιδράσεων, προκύπτει ότι για πλήρη εξουδετέρωση ισχύει: (1) n HA =n NaOH καιc HA V HA =C NaOH V NaOH C HA α 10-3 =0,1 (α/10) 10-3 C HA =10-2 M (2) n HB =n NaOH καιc HB V HB =C NaOH V NaOH C HB α 10-3 =0,1 (10 α) 10-3 C HB =1 M. Από τους ιοντισμούς των 2 οξέων έχουμε Μ / ΗΑ + Η 2 Ο Α - + Η 3 Ο + Μ / ΗΒ + Η 2 Ο Β - + Η 3 Ο + Ι.Ι. 10-2 -χ χ χ Ι.Ι. 1-ψ ψ ψ Όμως τα δύο διαλύματα έχουν pη=2 [Η 3 Ο + ] = 10-2 Μ Έτσι για τους βαθμούς ιοντισμού των δύο οξέων ισχύει ΗΑ : α = χ/ 10-2 = 10-2 /10-2 = 1 ΗΑ είναι ισχυρό οξύ. ΗΒ : α = ψ/1 = 10-2 /1=10-2 < 1 ΗΒ είναι ασθενές οξύ. Γ) Κατά την ογκομέτρηση του ΗΑ στο ισοδύναμο σημείο, το διάλυμα θα περιέχει το άλας ΝαΑ: ΝαΑ Να + + Α - Όμως κανένα ιόν δεν αντιδρά με το νερό (αφού προέρχονται από ισχυρούς ηλεκτρολύτες), άρα το υδατικό διάλυμα είναι ουδέτερο. Κατά την ογκομέτρηση του ΗΒ στο ισοδύναμο σημείο, το διάλυμα θα περιέχει το άλας ΝαΒ: ΝαΒ Να + + Β - Το ιόν Β - αντιδρά με το νερό ( αφού είναι συζυγής βάση του ασθενούς οξέος ΗΒ), οπότε Β - + Η 2 Ο ΗΒ + ΟΗ -, άρα το υδατικό διάλυμα είναι βασικό. Β3. Ο γενικός μοριακός τύπος των αλκινίων είναι : C V H 2V-2. Τα ν άτομα άνθρακα πραγματοποιούν μεταξύ τους ν-1 δεσμούς σ. Τα 2ν-2 άτομα Η ενώνονται με τα άτομα άνθρακα και κάνουν 2ν-2 δεσμούς σ. Άρα : ν-1 + 2ν-2 = 9 ν = 4. Το αλκίνιο έχει μοριακό τύπο : C 4 H 6. Αφού αντιδρά με αμμωνιακό διάλυμα CuCl, θα έχει όξινο Η, δηλαδή θα έχει τριπλό δεσμό στην άκρη, άρα ο συντακτικός τύπος του αλκινίου είναι :
CH 3 -CH 2 -C CH (1) (2) (3) (4) Tα υβριδικά τροχιακά που χρησιμοποιεί κάθε άτομο άνθρακα (ξεκινώντας από αριστερά) είναι : C (1) sp 3 ( αφού κάνει μόνο απλούς δεσμούς) C (2) sp 3 (αφού κάνει μόνο απλούς δεσμούς) C (3) sp (αφού κάνει τριπλό δεσμό ) C (4) sp(αφού κάνει τριπλό δεσμό). Β4. (Ι) Σε κάποιες αντιδράσεις είναι καθαρός αριθμός, όταν γίνεται απλοποίηση των μονάδων σε αριθμητή και παρονομαστή. Όμως γενικά έχει μονάδες, οι οποίες εξαρτώνται από τους εκθέτες στους οποίους είναι υψωμένες οι συγκεντρώσεις σε αριθμητή και παρονομαστή. (ΙΙ) Οι ρυθμοί εξαρτώνται από τους συντελεστές των προϊόντων. Αν οι συντελεστές είναι ίδιοι, τότε και οι ρυθμοί σχηματισμού των προϊόντων θα είναι ίδιοι. Σε περίπτωση διαφορετικών συντελεστών υπάρχουν και διαφορετικοί ρυθμοί. (ΙΙΙ) Αν το ηλεκτρόνιο έχει m l = -2, τότε πρέπει ο δευτερεύων κβαντικός αριθμός (l) να είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 2. Ένα τροχιακό ρ έχει l = 1, οπότε δεν μπορεί να έχει ml = -2. Ένα ηλεκτρόνιο που ανήκει σε τροχιακό ρ μπορεί να έχει m l = -1 ή 0 ή 1. (IV) Πολυμερισμό 1,4 δίνουν μόνο τα συζυγή αλκαδιένια δηλαδή αυτά στα οποία ανάμεσα στους δύο διπλούς δεσμούς παρεμβάλλεται ένας απλός δεσμός. ΘΕΜΑΓ Γ1. CH 3 A: CH 3 C CH CH 3 B: CH 3 CH = O CH 3 OH Cl Ε: CH 3 C CH 3 Δ: CH 2 = C CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 Br Γ: CH 3 C MgCl Ξ: CH 2 C CH 3 CH 3 Br CH 3
CH 3 CH 3 CH 3 ΣΤ: CH 3 C COONa K: CH 3 C COO C CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 Λ: CH 2 = O M: ενδιάμεσο CH 3 CH 3 Ν: CH 3 C CH 2 OH Z: CH 3 C COOH CH 3 CH 3 Π: CH 3 CH = CH CH 3 Θ: CH 3 CH CH 2 CH 3 OH CH 3 Σ: CH 3 CH 2 COONa P: CH 3 C COO CH CH 2 CH 3 CH 3 CH 3 Γ2. mol 2 CH 2 = O + NaOH HCOONa + CH 3 OH Αρχ n n Α/Π -2x -x x x Χ.Ι n-2x n-x x x 1 ο μέρος :Με Tollens αντιδρά μόνο η CH 2 = O CH 2 = O + 2AgNO 3 + 3NH 3 + H 2 O HCOONH 4 + 2Ag + 2NH 4 NO 3 1mol y=0,1 mol 2mol 0,2mol Άρα n 2x 2 = 0,1 n-2x = 0,2 (1)
2 o μέρος : 10 HCOONa + 4KMnO 4 + 6H 2 SO 4 10CO 2 + 4MnSO 4 + 2K 2 SO 4 +11H 2 O 10mol 0,5xmol 4mol 0,2xmol 5CH 3 OH + 6KMnO 4 + 9H 2 SO 4 5CO 2 + 6MnSO 4 + 3K 2 SO 4 + 19H 2 O 5mol 0,5xmol 6mol 0,6xmol 5CH 2 = O + 4KMnO 4 + 6H 2 SO 4 5CO 2 + 4MnSO 4 + 2K 2 SO 4 + 11H 2 O 5mol 0,1mol 4mol 0,08mol nkmno 4 = 0,24 Άρα 0,2x+0,6x+0,08 = 0,16 x = 0,1 Άρα (1) n = 0,4mol Σε έλλειμμα n CH 2 = O a = 2x = 0,2 = 0,5 ή 50%. n 0,4
ΘΕΜΑ Δ Δ1. Mol N 2 + 3H 2 2NH 3 Αρχ n 3n Α/Π -x -3x 2x Χ.Ι n-x 3n-3x 2x [NH 3 ] = 8 [N 2 ] 2x V = 8 (n x) 10x = 8n x = 0,8 n (1) α = 3x 3n = 2,4n 3n = 0,8 UH2 UNH3 = 3 2. V Δ2. (Δ 1 ): ΝΗ 3 : C 1 = 2x = 1,6n = 0,1n (2) 16 16 NH 3 + HCl NH 4 Cl nnh 3 = nhcl 0,02 C 1 = 0,02 C 1 = 1M (2) n = 10 mol (1) x = 8 mol Kc = (16 4 )2 128 = 2 4 (6 )2 9 4 Uμέση = 1 2 16 4 5 = 0,4 Mmin-1 mol NH 3 + HCl NH 4 Cl ΤΕΛ 0,02 NH 4 Cl: C 1 = 0,02 0,4 = 0,05M
(M) NH 4 Cl NH 4 + + Cl - ΤΕΛ C 1 0 C 1 C 1 (M) NH 4 + H 2 O NH 3 + H 3 O + I.ΙΣ C 1 x x x KaNH 4 + = 2*10-9 = KHΔ = [Δ ][H 3 O + ] [HΔ] [HH] = 10. [Δ ] x 2 0.05 x = 10-5 M = [ H 3 O + ] NH 3 : C 3 = 1 0,05 0,1 = 0,5 M CH 3NH 2 : C 4 = 0,5 M To HCl αντιδρά και με τις δύο ασθενείς βάσεις Mol NH 3 + HCl NH 4 Cl 0.05 φ -φ -φ φ Τελ 0.05-φ φ Mol CH 3 NH 2 + HCl CH 3 NH 3 Cl 0.05 0.05-φ -(0.05-φ) -(0.05-φ) 0.05-φ Τελ φ 0.05-φ Δ3. ΝΗ 3 : C 3 = 0,05 φ 0.1 CH 3 NH 2: C 5 = φ 0,1 NH 4 Cl: C 4 = φ 0,1 CH 3 NH 3 Cl: C 6 = 0,05 φ 0,1 Με διαστάσεις και ιοντισμούς προκύπτει KbNH 3 = [C4 (ω+y)] 5*10-6 = [φ (ω+y)] C3 0,05 φ (4) Kb CH 3 NH 2 = 2*10-5 = [C6 (ω+y)] 2*10-5 (0,05 Φ)( ω+y) = C5 4 (5) (4) x (5) 10*10-11 = (ω+ y) 2 y + ω = 10-5
poh = 5 ph = 9 (4) 5*10-6 = φ 10 5 0,05 φ = 24 φ =0,05 0.05 φ 3 Στα 0,05 molnh 3 εξουδετερώνονται 0,05 3 mol Στα 100 molnh 3 K= 33,3 % και 66,7 % της CH 3 NH 2 Δ4. Μ(ΟΗ)x + xha MAx + xh 2 O Ισοδύναμο σημείο nn(oo)x nnn = 1 x 0.05 0.01 0.05 0.02 = 1 x 1 2 = 1 x x = 2 M(OO) 2 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΑΓΓΕΛΑΚΟΠΟΥΛΟΣ ΜΑΡΙΝΟΣ ΓΡΗΓΟΡΟΠΟΥΛΟΣ ΔΗΜΗΤΡΗΣ