ΘΕΜΑ Α ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ () Α. γ Α2. γ Α3. β Α4. α Α5. α. Σωστό β. Λάθος γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Σωστό ΘΕΜΑ Β Β. α) Α : s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, Z=8 β) Β : s 2 2s 2 2p 5, Z=9 γ) Γ : s 2 2s 2, Z=4 δ) Δ : s 2 2s, Z=3 ε) Α : κανένα μονήρες e B : ένα μονήρες e Γ : κανένα μονήρες e Δ : ένα μονήρες e στ) Γ : κανένα ηλεκτρόνιο με m l = + B : πέντε ηλεκτρόνια με l = +
B2. Δ Δ 2 + NaH CH 2 NH 2 CH 2 NH 2 NaH V =V 2 V =V 2 α) Θα ελαττωθεί λόγω του ισχυρού ηλεκτρολύτη (NaH). β) Θα ελαττωθεί λόγω ΕΚΙ (ΟΗ - ). γ) Δεν θα μεταβληθεί, αφού δεν μεταβάλλεται ο όγκος του διαλύματος καθώς και οι δύο ηλεκτρολύτες δεν αντιδρούν μεταξύ τους. δ) Δεν θα μεταβληθεί αφού δεν μεταβάλλεται η θερμοκρασία. ε) CH 2 NH 2 + H 2 CH 2 NH 3 + + H - C -φ φ φ + λ NaH + H 2 Na + + H - λ λ φ + λ Λόγω επίδρασης κοινού ιόντος (ΟΗ - ), ο ιοντισμός της αιθυλαμίνης περιορίζεται. Επομένως, η [CH CH NH ] θα ελαττωθεί. Β3. H -CH-CH- -CH 2 -C-H -CH 2 -C- A B Γ Δ -CH-CH
Με το νάτριο (Na) θα αντιδρούν οι ενώσεις που διαθέτουν όξινο υδρογόνο και θα παρατηρείται έκλυση αέριου υδρογόνου Η. Συγκεκριμένα οι ενώσεις Α και Δ: H -CH-CH- Na + Na -CH-CH- + 2 H 2 A -CH-CH + Na -CH-CNa + 2 H 2 Δ Μεταξύ τώρα των Α και Δ: Σε ένα άλλο μέρος του προς ταυτοποίηση διαλύματος προσθέτουμε αλκαλικό διάλυμα ιωδίου I 2 /NaH. Θετικό τεστ ιωδοφορμίου θα δίνει η αλκοόλη (Α) ενώ το οξύ (Δ) δεν θα αντιδρά. Η ταυτοποίηση στηρίζεται στην παρατήρηση σχηματισμού κίτρινου ιζήματος. H -CH-CH- A + 4I 2 + 6NaH -CH-CNa + CHI 3 + 5NaI + 5H 2 κίτρινο στερεό Ανάμεσα τώρα στις Β και Γ καρβονυλικές ενώσεις: Θετικό τεστ ιωδοφορμίου θα μας δώσει η μεθυλο κετόνη (Γ), βουτανόνη. -CH 2 -C- Γ + 3I 2 + 4NaH -CH 2 -CNa + CHI 3 + 3NaI + 3H 2 κίτρινο στερεό
ΘΕΜΑ Γ Γ. A -CH-C CH -CH-C B CNa Γ H -CH-C=CH 2 Θ Cl -CH-CH 2 -CH 2 Δ Br Br -CH-CH-CH 2 Ι MgCl -CH-CH 2 -CH 2 Ε -CH-CH=CH 2 Κ -CH-C- Ζ H -CH-CH 2 -CH 2 Λ MgCl -CH-C-CH 2 -CH 2 -CH- Η -CH-CH 2 -CH Μ H -CH-C-CH 2 -CH 2 -CH- Γ2. Mr(C H ) = 58 Τα δυο πιθανά ισομερή είναι: -C- -CH 2 -C-H A B Έστω x mol του ισομερούς Α και y mol του ισομερούς Β. m + m = 29 58x + 58y = 29 x + y = 0,5 ()
Όταν χωρίσουμε το μίγμα σε δύο ίσα μέρη, τότε σε κάθε μέρος θα περιέχονται: mol (A) και mol (B) o μέρος mol (A) και mol (B) Θετικό τεστ ιωδοφορμίου θα δίνει η μεθυλοκετόνη Α (προπανόνη) mol α/π C x 2 + 3I 2 + 4NaH -CNa + CHI 3 + 3NaI + 3H 2 x 2 Άρα θα παράγονται : x 2 mol CHI ή x 2 = m Mr x 2 = 39,4 394 ή ή Επομένως το αρχικό μίγμα (29 g) θα περιείχε και x = 0,2 mol x = 0,2 mol προπανόνης ή 0,2 mol 58 g mol =,6 g (A)CH CCH y = 0,3 mol προπανάλης ή 0,3 mol 58 g mol = 7,4 g (B)CH CH CH 2 o μέρος = 0, mol (A) και = 0,5 mol (B)
Από τις δύο καρβονυλικές ενώσεις (Α) και (Β), μόνο η αλδεΰδη (Β) μπορεί να οξειδωθεί προς καρβοξυλικό οξύ: mol 5 CH 2 CH + 2KMn 4 + 3H 2 S 4 5 CH 2 CH + 2MnS 4 + K 2 S 4 + 3H 2 α/π 0,5 0,06 Επομένως απαιτούνται 0,06 mol KMn ή 0,06mol 0,24 mol = 0,25 L διαλύματος KMn L ΘΕΜΑ Δ α) Για το διάλυμα Δ : Υπολογίζουμε τη C : Μr (NaH) = 40 C = n V = m Mr V = 0,4 40 0, C = 0, mol L NaH Για τη μάζα του NaH που προσθέσαμε: m = 2 g NaH Για το διάλυμα Δ 2 : +H 2 Na + + H - C C C [H ] = C = 0 M, άρα ph = και ph = 3 n = C V m Mr = C V m = C V Mr m = 0, 0,5 40 ph = 3 ή [Η Ο ] = 0 Μ
k = [Η Ο ] C C = [Η Ο ] C k = 0 0 C = 0 M έλεγχος για την απλοποιημένη σχέση: k C = 0 < 0, άρα ισχύει η προσέγγιση. β) M HA 30 M NaA 30 Για το Δ 3 : Εφαρμόζουμε την εξίσωση Henderson Hasselbalch: Το Δ 3 θα περιέχει 0,05 mol HA με συγκεντρώσεις 0,05 mol NaA ph = pk + log C C ph = pk + log ph = pk ph = logk = 5 ph = 5 Έλεγχος για τις προϋποθέσεις εφαρμογής της εξίσωσης: k C = 3 0 < 0 και
k C = 3 0 < 0 άρα ισχύουν. γ) Στο διάλυμα (Δ 4 ):Οι νέες συγκεντρώσεις των NaA, HΑ θα είναι ίσες με Μ. Το διάλυμα θα παραμένει ρυθμιστικό και μπορούμε να εφαρμόσουμε την εξίσωση Henderson Hasselbalch: ph = pk + log C C ph = pk + log ph = 5 δ) Δ 3 0,8 g NaH Δ 5 C NaA = C HA = M 30 Υπολογίζουμε τα mol του NaH που προσθέσαμε: n NaA = n HA = 0,05 mol Μr (NaH) = 40 n = m Mr = NaA HA Ρυθμιστικό διάλυμα V 3 =,5 L 0,8 g 40 g mol n = 0,02 mol NaH NaA HA Ρυθμιστικό διάλυμα V 3 =,5 L
Στο Δ 5 θα έχουμε : 0,05 mol HA 0,05 mol NaA με συγκεντρώσεις 0,02, HA NaA Στο Δ 5 θα πραγματοποιούνται οι αντιδράσεις : HA + H 2 H 3 + + A - 0,02-ω ω ω + 0,7 5 NaA 0,7 5 +H 2 Na + + A - 0,7 0,7 ω + 5 5 ω ω + 0,7 k = 0 0 5 0,7 ω = 0,02 ω 5 0,02 0 = ω = 3 7 0 Μ και ω 0,7 5 0,02 [Η Ο ] = 3 7 0 Μ 0,7 0,7 + ω Άρα καλώς έγιναν οι προσεγγίσεις 5 5 Μ και 0,02 ω 0,02 Μ ε) Έχουμε «καταστροφή» του ρυθμιστικού διαλύματος. Το νέο διάλυμα Δ 6 θα περιέχει :
0,05 mol ΝαΑ NaA και με συγκεντρώσεις και 0,05 mol NaCl NaCl Στο Δ 6 θα πραγματοποιούνται οι αντιδράσεις: NaA Na + + A - 30 30 30 A - + H 2 H - + HA - κ κ κ 30 k = 0 0 = k k = 0 k = 0 κ 30 κ κ 30 κ = 3 3 0 Μ Άρα [ΟΗ ] = 0 Μ [Η Ο ] [ΟΗ ] = 0 [Η Ο ] = [Η Ο ] = 3 0 Μ 0 = κ 30 0 3 3 0 άρα ph = log[η Ο ] = 9 2 log3 ph = 8,76 Το ΝaCl κατά τη διάστασή του θα δίνει ιόντα (Na + και Cl - ), τα οποία προέρχονται από τους ισχυρούς ηλεκτρολύτες (NaH και HCl), δεν θα αντιδρούν με το νερό, και δεν επηρεάζουν την τιμή ph του διαλύματος Δ 6. ΟΡΟΣΗΜΟ ΠΕΙΡΑΙΑ ΝΥΧΑΣ ΙΩΑΝΝΗΣ