ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 2014 ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α2. β Α3. α Α4. β Α5. β ΘΕΜΑ Β Β1. α. Λάθος β. Λάθος γ. Σωστό δ. Σωστό ε. Σωστό Β2. α. σ - δεσμός 1. Προκύπτει με επικάλυψη : s-s, s-p, p-p τροχιακών. 2. Είναι ισχυρότερος λόγω μεγαλύτερης επικάλυψης τροχιακών. 3. Δημιουργείται από την ύπαρξη π δεσμού. 4. Δημιουργείται με αξονική επικάλυψη των τροχιακών. Αναφέρονται δύο από τις παραπάνω. π δεσμός 1. Προκύπτει μόνο με πλευρική επικάλυψη p-p τροχιακών. 2. Είναι ασθενέστερος λόγω μικρότερης επικάλυψης των τροχιακών. 3. Δημιουργείται αφού έχει ήδη προηγηθεί σ δεσμός. β. Η Ε i3 είναι πολύ μεγαλύτερη από την Ε i2. Άρα με την αποβολή του δεύτερου ηλεκτρονίου προκύπτει δομή ευγενούς αερίου (σταθερή δομή). Επομένως το άτομο έχει 2 ηλεκτρόνια στην εξωτερική του στιβάδα και ανήκει στην 2 η ομάδα του Π.Π. γ. Ο δείκτης στο διάλυμα ιοντίζεται σύμφωνα με την αντίδραση: ΗΔ + Η 2 Ο Δ - + Η 3 Ο + ph=3 άρα [Η 3 Ο + ]=10-3 Μ
pka=5 άρα Ka=10-5 οπότε: Ka = [Δ - ] [Η 3 Ο + ]/ [ΗΔ] [Δ - ]/ [ΗΔ] = 1/100 δηλαδή επικρατεί η όξινη μορφή του δείκτη, συνεπώς το διάλυμα θα χρωματιστεί κόκκινο. ΘΕΜΑ Γ δ. ΝΗ 4 Α ΝΗ 4 + + Α - ΝΗ 4 + + Η 2 Ο ΝΗ 3 + Η 3 Ο + Α - +Η 2 Ο ΗΑ + ΟΗ - ph = 8, άρα το διάλυμα είναι βασικό, δηλαδή: [ΟΗ - ] [Η 3 Ο + ] Κb(A - ) Ka(NH 4 + ) άρα Ka(HA) Kb(NH 3 ) = 10-5 άρα Ka(HA) 10-5 Γ1. α)προσθέτουμε διάλυμα CuCl/NH 3. Αν σχηματιστεί κεραμέρυθρο ίζημα, τότε στο δοχείο υπάρχει 1-πεντίνιο,διαφορετικά θα υπάρχει το 2-πεντίνιο. CH 3 CH 2 CH 2 C CH + CuCl + NH 3 CH 3 CH 2 CH 2 C CCu + NH 4 Cl β) Υδρολύουμε τους εστέρες σε όξινο περιβάλλον: HCOOCH 3 + H 2 O HCO + CH 3 CH 3 COOCH 2 CH 3 +H 2 O CH 3 CO + CH 3 CH 2 Στη συνέχεια προσθέτουμε I 2 /Na και αν σχηματιστει κίτρινο ίζημα ( CHI 3 ), έχουμε τον αιθανικό αιθυλεστέρα HCOOCH 3. CH 3 CH 2 + 4I 2 +6Na CHI 3 + CH 3 COONa +5NaI + 5H 2 O Γ2. Α: CH CH Β: CH 2 = CH 2 Γ: CH 3 CH 2 Cl Δ: CH 3 CH 2 MgCl Ε: CH 3 CHO Ζ: OMgCl CH 3 CHCH 2 CH 3
Θ: CH 3 CHCH 2 CH 3 Γ3. A : C v H 2v+1 και B : C κ H 2κ+1 Έστω x mol Α και y mol Β 1 o μέρος C v H 2v+1 + Na C v H 2v+1 ONa +1/2 H 2 x/3 mol x/6 mol C κ H 2κ+1 +Na C κ H 2κ+1 ONa + ½ H 2 y/3 mol y/6 mol n H2 = 2,24/22,4 = o,1 mol άρα x/6 + y/6 = 0,1 δηλαδή x + y =0,6 2 ο μέρος C v H 2v+1 + SOCl 2 C v H 2v+1OCl + SO 2 + HCl C κ H 2κ+1 + SOCl 2 C κ H 2κ+1OCl + SO 2 + HCl Mg C v H 2v+1 OCl C ν H 2ν+1 OClMg αιθέρας Mg C κ H 2κ+1 OCl C κ H 2κ+1 OClMg αιθέρας (1) C ν H 2ν+1 OClMg +H 2 O C ν H 2ν+2 + Mg()Cl (1) C κ H 2κ+1 OClMg +H 2 O C κ H 2κ+2 + Mg()Cl Αφού προκύπτει μόνο το οργανικό προϊόν (1) άρα ν=κ και έχουν ίδια ανθρακική αλυσίδα. n αλκ = x + y =0,6 άρα Mr αλκ = 74 οπότε ν=κ=4 και τα ισομερή είναι: Ο μοριακός τύπος είναι C 4 H 9
Πιθανοί συντακτικοί τύποι: Ι1) CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 Ι2) CH 3 CH 2 CHCH 3 I3) CH 3 CHCH 2 CH 3 I4) CH 3 CCH 3 CH 3 Από τα ισομερή μόνο το Ι 2 δίνει την αλογονοφορμική αντίδραση και μόνο το Ι 1 μετά την υδρόλυση του Grignard δίνει ίδιο οργανικό προϊόν. 3 ο μέρος: Εστω Α το Ι 2 με n = x/3 mol CH 3 CH 2 CHCH 3 + 4I 2 +6Na CHI 3 + CH 3 CH 2 COONa +5NaI + 5H 2 O x/3 mol x/3 mol n=x/3 άρα x = 0,15 mol και y = 0,45 mol ΘΕΜΑ Δ Δ1 Δοχείο 1 2 3 4 5 ph 1 5 7 11 13 Διάλυμα Y 3 Y 5 Y 1 Y 2 Y 4 Δ2 α) n Na = c Na. V Na = 0.1. 0.005 = 5.10-4 mol n οξ = c οξ. V οξ = c οξ. 10-2 mol mol CH 3 CHCO + Na Αρχικά C οξ. 10-2 5. 10-4 Αντ/Παρ - 5. 10-4 - 5. 10-4 + 5. 10-4 Τελικά C οξ. 10-2 - 5. 10-4 0 5. 10-4 CH 3 CHCOONa + H 2 O Στην ογκομέτρηση εξουδετερώνεται πλήρως το οξύ με τη βάση, άρα:
C οξ. 10-2 5. 10-4 = 0 άρα c οξ = 0.05Μ β) Για να ανιχνεύσουμε την καρβοξυλομάδα προσθέτουμε NaHCO 3 ή Na 2 CO 3 ή CaCO 3 και παρατηρούμε έκλυση αερίου CO 2. CH 3 CHCO + NaHCO 3 CH 3 CHCOONa + CO 2 + H 2 O Για να ανιχνεύσουμε την υδροξυλομάδα προσθέτου όξινο διάλυμα KMnO 4 και παρατηρούμε αποχρωματισμό. 5CH 3 CHCO + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 CH 3 COCO + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O Δ3. Βρίσκω τα mol: n Na = C 4. V 4 = 0.1V 4 mol n NH4Cl = C 5. V 5 = 0.1V 5 mol mol NH 4 Cl + Na NaCl + NH 3 + H 2 O Αρχικά 0.1V 5 0.1V 4 Αντ/Παρ -0.1V 4-0.1V 4 +0.1V 4 +0.1V 4 Τελικά 0.1(V 5 -V 4 ) 0 0.1V 4 0.1V 4 Αφού προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα, θα αντιδράσει όλη η ποσότητα του Na. CNH 3 = 0.1V 4 /V τελ CNH 4 Cl = 0.1(V 5 -V 4 )/V τελ [M] NH 4 Cl NH + 4 + Cl - CNH 4 Cl CNH 4 Cl CNH 4 Cl [M] NH 3 + H 2 O NH 4 + + - XI CNH 3 x CNH 4 Cl + x x ph = 9 άρα p = 5 οπότε [-] = 10-5 M Από τον τύπο Kb NH3 προκύπτει η σχέση (1): Kb NH3 = (V 5 -V 4 ) 10-5 /V 4 Από το διάλυμα Υ 2 έχουμε:
ph = 11 άρα p 2 = 3 δηλαδή [ - ] = 10-3 M [M] NH 3 + H 2 O NH 4 + + - XI 0.1-y y y Αρα y = 10-3 M οπότε από τη σχέση (1): V 4 /V 5 = ½ Δ4. Υ 2 Y 2 ΝΗ 3 NH 3 0.1M + xl H2O C V V+x ph =11 ph = 11-1=10 Αρα p=4 Στο Υ 2 Kb NH3 =[ NH4+ ] [ - ]/[NH 3 ] 10-5 =10-8 /C C =10-3 M C =0.1V/V+x x=99v Με παρόμοιο τρόπο στο διάλυμα Υ 4 προκύπτει: y = 9V Ένα ρυθμιστικό διάλυμα διατηρεί το ph του όταν γίνεται αραίωση σε συγκεκριμένα όρια (για να ισχύουν οι προσεγγίσεις). Αλλάζει η τιμή του ph, δηλαδή χάνει τη ρυθμιστική του ικανότητα, όταν γίνει πολύ μεγάλη αραίωση οπότε παύουν να ισχύουν οι προσεγγίσεις. Αφού το ph μεταβλήθηκε κατά μία μονάδα συμπεραίνουμε ότι δεν ισχύουν οι προσεγγίσεις οπότε έγινε πολύ μεγάλη αραίωση. Αρα: y x ω. ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΘΕΜΑΤΩΝ: ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ ΛΙΤΣΑ