Απαντήσεις Χημεία Θετικής Κατεύθυνσης 6/6/0 Θέμα Α. Α. Γ Α. Β Α. Α Α. Β Α. Β Θέμα Β Β. α. Λάθος β. Λάθος γ. Σωστό δ. Σωστό ε. Σωστό Β. α. Ο δεσμός σ είναι ισχυρότερος από τον π καθώς έχει μεγαλύτερη επικάλυψη τροχιακών. Ο π δεσμός σχηματίζεται πλευρική αλληλεπικάλυψη p τροχιακών σε αντίθεση με τον σ που σχηματίζεται με μετωπική αλληλεπικάλυψη p τροχιακών, καθώς και με αλληλεπικαλύψεις άλλων τροχιακών, όπως s s και s p. Β. Είναι E E E E. i i i i Βλέπουμε ότι το στοιχείο χάνει ηλεκτρόνια και αποκτά δομή ευγενούς αερίου, όπου για να «σπάσει» απαιτεί πολύ μεγάλα ποσά ενέργειας E E άρα το στοιχείο έχει ηλεκτρόνια στην εξωτερική στιβάδα και ανήκει στην ΙΙΑ ή αλλιώς στην δεύτερη ομάδα. i i
Β. Είναι: ΗΔ H O Δ H O Και Άρα: H O Μ, αφού το ph =. Δ k ΗΔ Δ ΗΔ Δ ΗΔ H O a 5 Το διάλυμα θα αποκτήσει κόκκινο χρώμα καθώς επικρατεί η όξινη μορφή, που έχει κόκκινο χρώμα. Β. Είναι: ΝΗ Α Α ΝH Και τα δύο ιόντα αντιδρούν με το νερό, καθώς προέρχονται από ασθενής ηλεκτρολύτες. Οπότε: Με k anh ΝH H O ΝΗ H O A H O HA Με k A Αφού το διάλυμα έχει ph = 8, τότε υπερισχύει η δεύτερη αντίδραση, οπότε: k k k A aha k anh k aha NH 5
Θέμα Γ Γ. α. Στα δύο δοχεία θα προσθέσουμε στέρεο Na, οπότε θα παρατηρηθεί αφρισμός (έκλυση αέριου υδρογόνου) μόνο στο δοχείο που περιέχει το πεντίνιο. H H H H Na H H H Na H Εναλλακτικά μπορούμε να προσθέσουμε αμμωνιακό διάλυμα ul, οπότε στο δοχείο που περιέχει το πεντίνιο θα καθιζήσει έγχρωμο ίζημα. H H H H ul NH H H H u NH l β. Θα προκαλέσουμε υδρόλυση των δύο εστέρων: HOOH H O HO H H OOH H H O H O H H Στο πρώτο δοχείο προσθήκη οξινισμένου με H SO διάλυμα KMnO (ή οξινισμένου με H SO διάλυμα K r O )θα οξειδώσει και τις δύο οργανικές ενώσεις 7 προς διοξείδιο του άνθρακα, οπότε θα παρατηρηθεί έκλυση αερίου, πράγμα που δεν θα συμβεί στο δεύτερο δοχείο. 5HO KMnO H SO 5O MnSO K SO 8H O 5H 6KMnO 9H SO 5O 6MnSO K SO 9H O Εναλλακτικά στην ταυτοποίηση μπορούμε να προχωρήσουμε προσθέτοντας I σε Na, οπότε θα σχηματιστεί κίτρινο ίζημα HI στο δεύτερο δοχείο, καθώς μόνο η αιθανόλη θα δώσει την ιωδοφορμική. Γ. Α. H H Β. H H H H Γ. l H H Mgl Δ. Ε. H HO OMgl Ζ. H H H H Θ. H H H H
Γ. Αφού η μάζα του μίγματος είναι, gr τότε έχουμε την πρώτη σχέση: m m, n Mr n Mr, n ν 8 n μ 8, Στο ο μέρος προσθέτουμε Na και δεδομένου ότι το μίγμα χωρίζεται σε τρία ίσα μέρη οπότε θα είναι: R Na R ONa H n n 6 R Na R ONa H n n 6 Εκλύονται, L αερίου STP, οπότε είναι: n n, L 6 6, L mol n n 0, mol 6 6 n n 0,6 mol Στο ο μέρος έχουμε την πραγματοποίηση την παρακάτω αντιδράσεων: R SOl R l SO Hl R SOl R l SO Hl R l Mg αν.αιθ. R Mgl R l Mg αν.αιθ. R Mgl R Mgl H O R H Mg()l R Mgl H O R H Mg()l ν = μ. Αφού έχουμε μόνο ένα οργανικό προϊόν τότε προκύπτει ότι R = R και άρα
Στο ο μέρος έχουμε ιωδοφορμική αντίδραση οπότε είτε αντιδράει μόνο η μια αλκοόλη, είτε και οι δύο. Αφού κατά τη στοιχειομετρία της ιωδοφορμικής: RHH X 6Na HX ROONa 5NaX 5HO η αναλογία της αλκοόλης με το ιωδοφόρμιο είναι τότε: Α περίπτωση: Αντιδρούν και οι δύο αλκοόλες. Τότε θα είναι: n n 0,05 mol n n 0,5 mol Που είναι άτοπο, καθώς το άθροισμα των moles των δύο αλκοολών το υπολογίσαμε ίσο με 0,6 moles. Από αυτό προκύπτει ότι αντιδρά μόνο η μία αλκοόλη, οπότε θα είναι: n 0,05 mol n 0,5 mol και n 0,6 0,5 =0,5 mol Από όλα τα παραπάνω προκύπτει ότι: n ν 8 n ν 8, ν 8 n n, ν 80,6, ν Δεδομένου ότι R = R και του ότι η μια από τις δύο αλκοόλες δίνει την αλογονοφορμική τότε οι συντακτικοί τύποι των δύο αλκοολών θα είναι:. H H H H. H H H H
Θέμα Δ. Δ. Δοχείο 5 ph 5 7 Ηl NΗ l NaNO NΗ Na Δ. Α. Στο ισοδύναμο σημείο θα έχουμε: οξ οξ βασ βασ οξ βασ οξ βασ 0, mol L 0,005L 0,05M οξ 0,0L Β. Η ανίχνευση της καρβοξυλομάδας μπορεί να γίνει με προσθήκη NaHO : H H O + NaHO H H OONa + O + H O Η ανίχνευση της υδροξυλομάδας μπορεί να γίνει με οξείδωση από διάλυμα KMnO οξινισμένο με H SO : 5 H H O +KMnO +H SO 5 H O +MnSO +K SO +H O O
Δ. Από το ερώτημα Δ υπολογίζουμε την k της αμμωνίας. NH + H O Αρχικά 0, Ιονίζονται/Παρ άγονται NH + x x x Ι.Ι. 0, x x x NH k NH x k αφού ph=, τότε και x= M 0, k k 5 0, Έστω ότι λαμβάνουμε L από το διάλυμα Na και L από το διάλυμα ΝΗl. Tα προκύπτοντα moles θα είναι: n 0, Na Na n 0, NH l NH l Na NH l NH Nal H O 0, 0, Στην περίπτωση που έχω στοιχειομετρία = και στο διάλυμα θα έχω μόνο αμμωνία και Nal, που δεν μου επηρεάζει το ph, και θα είναι: 0, 5 M NH
NH + H O c NH + Αρχικά Ιονίζονται/Παρ x x x άγονται Ι.Ι. c x x x NH k NH 5 x 5,5 5 x 5 αφού το ph του τελικού διαλύματος είναι 9 και άρα το p = 5 Άρα συμπεραίνω ότι περισσεύει το χλωριούχο αμμώνιο και ότι σε έλλειμμα είναι το Na, εξάλλου μου δίνεται ως δεδομένο ότι το Υ6 είναι ρυθμιστικό, οπότε εξ ορισμού πρέπει να περισσεύει το χλωριούχο αμμώνιο. Οπότε έχουμε: 0, Na NH l NH Nal H O αρχικά 0, 0, τελικά 0, -0, 0, NH 0, 0, NHl NH l ΝΗ l NH + H O NH + Αρχικά Ιονίζονται/Παρ x x x άγονται Ι.Ι. x x x Αφού ph = 9, τότε και 5 M
k NH NH 5 5 αφού ισχύουν οι προσεγγίσεις 0, 0, 0, 0, 0, 0, Δ. Η ζητούμενη κατάταξη είναι η ακόλουθη: ω > x > y Ακολουθεί η αιτιολόγηση: Τα ω L είναι και τα περισσότερα διότι αναφέρονται στο ρυθμιστικό διάλυμα, που ως γνωστόν διατηρούν το ph τους σταθερό με την αραίωση. Με συνεχή αραίωση, όμως, μπορεί να φτάσουμε στο σημείο όπου οι προσεγγίσεις δεν είναι δυνατόν να ληφθούν. Καθώς τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις, υποθέτουμε ότι η ποσότητα ω νερού που προσθέτουμε είναι πραγματικά μεγάλη και σε κάθε περίπτωση μεγαλύτερη από τις αντίστοιχες x και y. Από το ερώτημα Δ το ph του διαλύματος Na είναι, οπότε όταν μεταβληθεί κατά μια μονάδα θα αποκτήσει τη τιμή, και άρα στους 5 ο ΟΗ Μ, οπότε και η συγκέντρωσή του θα είναι 0,0 Μ. Έτσι, αν αραιώσαμε L διαλύματος Na θα είναι: mol 0, L 0,0 mol L Οπότε ο όγκος του νερού που προσθέσαμε θα είναι 9 = y. Από το ερώτημα Δ το ph του διαλύματος NH είναι, οπότε όταν μεταβληθεί κατά μια μονάδα θα αποκτήσει τη τιμή ή στους 5 ο, NH + H O c NH + Αρχικά Ιονίζονται/Παρ x x x άγονται Ι.Ι. c x x x ΟΗ Μ.
5 NH k NH 5 x M Έτσι, αν αραιώσαμε L διαλύματος Na θα είναι: mol 0, L 0 0, 00 mol L Οπότε ο όγκος του νερού που προσθέσαμε θα είναι 99 = x. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι x > y.