ΘΕΜΑ Α Α1. α Α2. α Α3. β Α4. δ Α5. α. Σωστό ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ (4) β. Σωστό γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. i) Οι πιθανές ηλεκτρονιακές διαμορφώσεις θα είναι: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1, Z=24 και 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 2, Z=25. Δεκτή είναι η πρώτη ηλεκτρονιακή διαμόρφωση, αφού θέλουμε τον ελάχιστο ατομικό αριθμό. ii) α. l = 1 6 e από το 2p 6 e συνολικά 12e από το 3p β. m = 1 (μόνο τα p και d τροχιακά 2 e από το 2p 2 e από το 3p 1 e από το 3d συνολικά 5e 1
γ. n = 1, m = 1 e από το 1s συνολικά 1e δ. l = 1, m = 1 2e από το 2p 2e από το 3p συνολικά 4e B2. α. Αρχή ελάχιστης ενέργειας Απαγορευτική αρχή Pauli Κανόνας του Hund 8O : 1s 2 2s 2 2p 4, 16S : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4, 17Cl : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5, K(2), L(6) K(2), L(8), M(6) K(2), L(8), M(7) VIA VIIA VIIIA 2η περίοδο O 3η περίοδο S Cl β. Η ατομική ακτίνα σε μια περίοδο αυξάνει από δεξιά προς τα αριστερά, και σε μια ομάδα από πάνω προς τα κάτω. Πιο κάτω και αριστερά από τα δεδομένα στοιχεία βρίσκεται το S. Άρα, το S θα έχει την μεγαλύτερη ατομική ακτίνα. Αυτό συμβαίνει διότι το S, σε σύγκριση με το O, χρησιμοποιεί για την ηλεκτρονιακή του δόμηση μια στιβάδα περισσότερο. Επίσης το χλώριο έχει περισσότερα πρωτόνια στον πυρήνα του σε σχέση με το θείο με αποτέλεσμα να ασκεί ισχυρότερη έλξη στα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στιβάδας και η ατομική του ακτίνα να είναι μειωμένη σε σχέση με την αντίστοιχη του θείου. γ. Μικρότερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού θα έχει το στοιχείο με την μεγαλύτερη ατομική ακτίνα, δηλαδή το θείο. δ. Σε μια περίοδο τη μεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού (Ε, ), την εμφανίζουν τα ευγενή αέρια (VIIIA ομάδα). Επομένως, το Cl είναι αυτό που θα έχει δίπλα του το ευγενές αέριο. ε. Άθροισμα κβαντικών αριθμών spin ίσο με +, θα έχει το Cl, όπου θα έχουμε: 3p υποστιβάδα: 2
Σm = 1 2 1 2 + 1 2 1 2 + 1 2 = 1 2 στ. SOCl 2 e σθένους: 6 + 6 + 2 7 = 24 e SO 3 e σθένους: 4 6 = 24 e Β3. Na KMnO 4 Fehling I 2 /NaOH / H 2 SO 4 - - - - - + + - - - - + + - - - + + - - Με το νάτριο (Na) θα αντιδρούν οι ενώσεις που διαθέτουν όξινο υδρογόνο και θα παρατηρείται έκλυση αέριου υδρογόνου Η. Συγκεκριμένα οι ενώσεις (4) και (5): 3
Με το όξινο διάλυμα υπερμαγγανικού καλίου θα αντιδρούν οι ενώσεις που μπορούν να οξειδωθούν, και θα το αποχρωματίζουν. Συγκεκριμένα, οι ενώσεις (2) και (5): Με το αντιδραστήριο Fehling θα αντιδρά η αλδεΰδη (2) και θα καθιζάνει κεραμέρυθρο ίζημα: Θετικό τεστ ιωδοφορμίου θα δίνουν οι ενώσεις (3) και (5): Επομένως, Δοχείο Α Δοχείο Β Δοχείο Γ Δοχείο Δ Δοχείο Ε 4
ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. A O CH 3 -C-O-CH-CH 3 Ε CH 3 CH 2 Cl CH 3 B CH 3 COONa Ζ O CH 3 -C-O-CH 2 -CH 3 Γ OH CH 3 -CH-CH 3 Η CH 3 COOH Δ O CH 3 -C-CH 3 Θ CH 3 CH 2 OH β. Για το διάλυμα αυτό θα ισχύει: C = n V = 0,02 mol 0,2 L = 0,1 M CH 3 COOH + H 2 O H 3 O + + CH 3 COO - 0,1-ω ω ω ph = 3 ή [Η Ο ] = 10 Μ k = [Η Ο ] [CH COO ] C k = 10 0,1 ω 10 0,1 k = 10 έλεγχος για την απλοποιημένη σχέση: k C = 10 < 10, άρα ισχύει η προσέγγιση. Γ2. α. Έστω ότι το αλκένιο Α έχει μοριακό τύπο C H Mr = 14v m = 11,2 g V = 8,96 L (STP) 5
m = V Mr 22,4 Mr 22,4 m 22,4 11,2 = = Mr V 8,96 = 28 Όμως, Mr = 14v 28 = 14v v = 2 Άρα, το ζητούμενο αλκένιο είναι το αιθένιο (ή αιθυλένιο): CH 2 =CH 2. β. To μόριο του αιθενίου περιέχει 5σ δεσμούς και 1π δεσμό. Ο κάθε άνθρακας έχει sp 2 υβριδισμό. γ. γ1. Για τον πολυμερισμό ισχύουν τα εξής: v = 1.500 Mr ύ = v Mr ύ 42.000 = v 28 v = 42.000 28 To μόριο του πολυμερούς αποτελείται από 1.500 μόρια μονομερούς και η χημική εξίσωση πολυμερισμού είναι : γ2. Από αρχή διατήρησης της μάζας έχουμε ότι αρχικά χρησιμοποιήσαμε 70.000 g αιθενίου. δ. (STP) n = =, = 0,1 mol C,, H Παράγονται: 0,2 mol CO και, ενώ απαιτούνται 0,3 mol O 0,2 mol H O δ1. Η ελάττωση της μάζας των καυσαερίων θα οφείλεται στην απομάκρυνση των υδρατμών και θα ισούται με : Δm = m = n Mr = 0,2 mol = 3,6 g δ2. Ο ατμοσφαιρικός αέρας θα περιέχει και N 2. Ισχύει ότι: n = 4 n = 4 0,3 = 1,2 mol N Η διαβίβαση του μίγματος καυσαερίων μέσα από το διάλυμα βάσης έχει ως συνέπεια τη δέσμευση του όξινου οξειδίου CO 2. Τελικά, τα καυσαέρια θα περιέχουν 1,2 mol N. 6
ΘΕΜΑ Δ α. Για το διάλυμα Δ 1 : Δ 1 HCl + H 2 O H 3 O + + Cl - C 1 C 1 C 1 Για το διάλυμα Δ 2 : [Η Ο ] = C = 10 M, άρα pη = 2 HCl C 1 = 0,01 M CH 3 COONa Na + + CH 3 COO - C 2 C 2 C 2 CH 3 COO - +H 2 O OH - + CH 3 COOH C 2 - κ κ κ k = [OH ] [CH COOH] C κ [OH ] k = [OH ] C k C [OH ] = k C k = 10 0,5 2 10 [OH ] = 5 10, M άρα poh = log(5 10, ) = 5,5 log5 = 5,5 log 10 = 5,5 log10 + log2 = 4,8 2 Έλεγχος για την απλοποιημένη σχέση: και ph = 9,2. k = 5 10 = 10 < 10, άρα ισχύει η προσέγγιση. C 0,5 β. KOH: n = =, = 0,05 mol 7
Κατά την προσθήκη πραγματοποιείται η αντίδραση εξουδετέρωσης: Το Δ 3 θα περιέχει 0,05 mol ΚCl με συγκέντρωση C =, = 0,01 To ΚCl είναι ιοντική ένωση και κατά τη διάστασή της δίνει τα ιόντα K + και Cl -, τα οποία αποτελούν ιόντα που προέρχονται από την ισχυρή βάση ΚOH και το ισχυρό οξύ HCl αντίστοιχα, δεν αντιδρούν με το νερό και το ph του Δ 3 θα είναι ίσο με επτά ph=7 (25 ο C). γ. ΗΒr: n = Στο Δ 4 θα έχουμε : V 0,224 L = 22,4 22,4 L = 0,01 mol mol 0,01 mol HBr και 0,02 mol ΗCl με συγκεντρώσεις,, HBr HCl [H O ] = 0,01 3 + 0,02 3 = 0,03 = 0,01 M 3 άρα ph = log0,01 = 2 Δ 2 Δ 5 δ. + H 2 O CH 3 COONa CH 3 COONa C 2 = 0,5 M V 2 = 0,2 L n 2 = 0,1 mol 8 C 5 = ; M V 5 = V 2 + V νερό L n 5 = 0,1 mol
Στο Δ θα έχουμε ph = 9,2 1,2 = 8 ή poh = 14 8 = 6. Το Δ 5 θα περιέχει 0,1 mol CH COONa με συγκέντρωση C CH 3 COONa Na + + CH 3 COO - CH 3 COO - +H 2 O OH - + CH 3 COOH C 5 C 5 C 5 C 5 - κ κ κ k = [OH ] [CH COOH] C κ Έλεγχος για την απλοποιημένη σχέση: [OH ] 5 10 = 10 C C C = 2 10 M n V = 2 10 V = 50 L Επομένως, θα πρέπει να προσθέσουμε 49,8 L νερού. k C = 5 10 0,002 = 2,5 10 < 10, άρα ισχύει η προσέγγιση. ε. Στο Δ θα έχουμε ph = 2 + 1 = 3 Δ 1 Δ 6 Άρα C = 10 M n V = 10 + H 2 O V = 10 L HCl HCl C 1 = 0,01 M V 2 = 1 L n 2 = 0,01 mol Επομένως, θα πρέπει να προσθέσουμε 9 L νερού. C 6 = ; M V 6 = V 1 + V νερό L n 6 = 0,01 mol στ. 9
Για το Δ 7 : Εφαρμόζουμε την εξίσωση Henderson Hasselbalch: ph = pk + log C 5 = 5 log2 + log C log2 = log C C C C 2 = C 2 = n n C n = 2 n n = 0,5 mol Άρα θα πρέπει να προσθέσουμε 0,5 mol CH COOH Έλεγχος για τις προϋποθέσεις εφαρμογής της εξίσωσης: k C = 2 10 5 0,25 < 10 και k = 5 10 10 < 10 άρα ισχύουν. C 0,5 ζ) Έστω φ mol HCl περιέχονται στο Δ 1. Κατά την ανάμιξη των δύο διαλυμάτων πραγματοποιείται η αντίδραση: mol αρχ α/π τελ HCl + CH 3 COONa CH 3 COOH + NaCl φ 0,0075 ------ ------ -φ -φ +φ 0 0,0075-φ φ Εφαρμόζουμε την εξίσωση Henderson Hasselbalch: 10
ph = pk + log C 5 = 5 log2 + log C log2 = log C C C C 2 = C 2 = n n C n = 2 n 0,0075 φ = 2φ Δηλαδή για το Δ 1 : 3φ = 0,0075 φ = 0,0025 mol. Άρα θα πρέπει να προσθέσουμε 0,0025 mol ΗCl C = V =, = = 0,25 L ή 250 ml διαλύματος Δ, 1. Ο όγκος του Δ θα είναι 0,25 + 0,015 = 0,265 L Oι συγκεντρώσεις των συστατικών στο Δ θα είναι 0,025 0,265 = 5 mol 53 L CH COOH 0,0075 0,0025 0,265 = 10 mol 53 L CH COONa Έλεγχος για τις προϋποθέσεις εφαρμογής της εξίσωσης: k C = 2 10 5 5 53 < 10 και k = 5 10 10 < 10 C 10 άρα ισχύουν. 53 ΟΡΟΣΗΜΟ ΠΕΙΡΑΙΑ ΝΥΧΑΣ ΙΩΑΝΝΗΣ 11