ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ A A. γ A. β A. α Α. β A5. β ΘΕΜΑ Β Β. α. Λ β. Λ γ. Σ δ. Σ ε. Σ B. α) i) Οι σ δεσμοί γίνονται με επικαλύψεις s-s, s-p, p-p ατομικών τροχιακών ενώ οι π μόνο με επικαλύψεις p-p τροχιακών. ii) Μια ένωση μπορεί να περιλαμβάνει μόνο σ δεσμούς ενώ για να περιλαμβάνει π πρέπει να έχουν σχηματιστεί πρώτα σ δεσμοί. β) Παρατηρώντας τις δύο πρώτες ενέργειες ιοντισμού βλέπουμε ότι δεν έχουν μεγάλη αριθμητική διαφορά. Αντίθετα, η E i είναι πολύ μεγαλύτερη από την Ei κάτι που σημαίνει ότι έχοντας διώξει και το δεύτερο ηλεκτρόνιο το στοιχείο έχει μετατραπεί σε ευγενές αέριο. Άρα το στοιχείο βρίσκεται στη δεύτερη ομάδα IIA του περιοδικού πίνακα. 5 γ) Αφού pk 5ο δείκτης μας έχει K 0. Επίσης στο χυμό μήλου έχουμε ph. Άρα [HO ] 0 M. Από τον ιοντισμό του δείκτη έχουμε: HHO HO τελ. c x x 0 x 5 K 0 H K 0 H 0 00 Έχουμε : ph pk ph 5 ph ΚΟΚΚΙΝΟ ΧΡΩΜΑ ph pk ph 5 ph 6 ΚΙΤΡΙΝΟ ΧΡΩΜΑ Αφού ph το διάλυμα χυμού μήλου θα αποκτήσει κόκκινο χρώμα.
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 δ) Αφού έχουμε βασικό ph τα A δεν έχουν προκύψει από ιοντισμό ισχυρού οξέρος. Άρα και οι δύο ηλεκτρολύτες είναι ασθενείς, A A Λόγω του ph ξέρουμε ότι K 0 HA 5 K K K 0 0 w w K b 5 A Kb K 0 K HA HA Εξάλλου αν οι σταθερές ήταν ίσες θα είχαμε ουδέτερο διάλυμα ενώ στην K K θα είχαμε όξινο διάλυμα b A ΘΕΜΑ Γ Γ. α) Επιδρούμε με CuCl. Αν παρατηρήσουμε κεραμέρυθρο ίζημα θα έχουμε το -πεντίνιο σύμφωνα με την αντίδραση : CH CH CH C CH CuCl CH CH CH C Cu Cl Εάν όχι, θα έχουμε το -πεντίνιο β) Υδρολύουμε και τους δύο εστέρες : H HCOOCH HO HCO CH H CHCOOCHCH HO CHCO CHCH Μετά επιδράμε και στα δύο δοχεία διάλυμα I N με το οποίο αντιδρά μόνο η CH CH και δίνει κίτρινο ίζημα CHI CHCH I 6N HCOON CHI 5NI 5HO Άρα στο δοχείο που μας δίνει το ίζημα έχω την CHCOOCHCH Γ. Α : HC CH Β : CH CH Γ : CH CH Cl Δ : CH CH MgCl Ε : Ζ : Θ : CHCHO CHCHCHCH OMgCl CHCHCHCH Γ. Έστω x CH ν v y CH κ κ Αφού το μίγμα έχει μάζα,g έχουμε : x MrC H ymrc H, ν 8x κ 8y, ν ν κ κ
ο μέρος x C H y C H ν ν, κ κ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 CνH ν N C νhνon H 0,5 x 0,5x CκH κ N C κhκon H 0,5 y 0,5y n H V, 0,, άρα 0,5x 0,5y 0,x y 0, 6,, ο μέρος CH SOCl CH ClSO HCl.. HO CH ClMgCH gclch v gcl Αντίστοιχα προκύπτει CH από την CH Αφού το οργανικό προϊόν και των δύο αντιδράσεων είναι το ίδιο θα ισχύει Άρα 8 x 80,6 x, 8 x 0, 6 x,, 8 x 0,6 x 8 7 56 Άρα έχουμε CH 9 Αφού στο ο μέρος γίνεται αλογονοφορμική θα έχουμε σίγουρα την CHCHCHCH και για να πάρουμε από το ο μέρος το ίδιο αλκάνιο πρέπει η άλλη αλκοόλη να είναι η CHCHCHCH ο μέρος CH CH CHCH I 6N CH CH COON CHI 5NI 5H O 0,5 x 0,5x
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 Άρα x 0,05 x 0,5 Από την () έχουμε y0,60,5 y 0,5 ΘΕΜΑ Δ Δ. Υ. Το NNO έχει ph 7 γιατί προκύπτει από την εξουδετέρωση ισχυρού οξέος με ισχυρή βάση. (δοχείο ) Υ. Η είναι ασθενής βάση άρα έχει ph (δοχείο ) Υ. Το HCl είναι ισχυρό οξύ άρα έχει ph (δοχείο ) Υ. Το N είναι ισχυρή βάση άρα έχει ph (δοχείο 5) Υ5. Το Cl είναι άλας που έχει όξινο ph. Άρα ph 5 (δοχείο ) Δ. α. Αφού για την εξουδετέρωση 0ml CHCHCO απαιτούνται 5ml διαλύματος N 0,Μ θα έχουμε: CH CHCO N CH CHCOON H O Ι.Σ. n CHCHCO n N CV C V N N 50 C 0,0 0, 0,005 C 5 0 M για το CHCHCO 0 β. Για την ανίχνευση της καρβοξυλομάδας αρκεί να επιδράσουμε με διάλυμα NHCO οπότε θα παρατηρήσουμε έκλυση αερίου CO CHCHCO NHCO CHCHCOON CO HO Αντίστοιχα για την ανίχνευση της υδροξυλομάδας αρκεί να επιδράσουμε με μεταλλικές N οπότε θα παρατηρήσουμε έκλυση αέριου Η. CH CHCO N CH CHCO / H Δ. Αρχικά θα χρειαστούμε την K Έχουμε 0,M Cl, ph 5 Cl Cl τελ. 0, 0, 0, Μ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 HO HO αρχ. 0, ιον. x παρ. x x τελ. 0, x x x 5 Αφού ph 5 έχουμε HO 0 M 5 H O x 0 9 0, 0 Άρα K K K 0 Kw 0 5 Kb K b 0 9 K 0 Πριν την ανάμειξη : nn CV 0, V nn C 0, Έχουμε την αντίδραση : Cl N NCl H O αρχ. 0, ιον. 0, V 0, V 0, V 0, V 0, V 0, V παρ. 0, V τελ. 0, V V, άρα Έφυγε όλη η ποσότητα N για να προκύψει Ρ.Δ. / Cl Μετά την ανάμειξη: 0, V 0,V 0,V CCl C C NCl V V V NCl N Cl Cl Cl 0,V 0, 0,V 0, M V 0, V 0,V M V V V V V V Τα ιόντα N και Cl δεν ιοντίζονται περαιτέρω με το νερό. Αφού έχουμε Ρ.Δ. θα πάρουμε τον τύπο Hendersson-Hsselbch. Ξέρουμε ότι το τελικό ph 9 0,V C V V Άρα ph pk log 9 9 log log 0 C 0, V V V V V V V V V V V V 5
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 0 Δ. Υ. 0,Μ VL ph Αφού θέλουμε να μεταβληθεί το ph κατά μία μονάδα, θα έχουμε ph 0 Μετά την αραίωση H O αρχ C ιον x παρ x x τελ C x x x Αφού ph 0 έχουμε Άρα x 0 M 5 x Kb 0 C x p 0 M Ισχύει ο τύπος της αραίωσης C VC Vx 0,V 0 Vx 0 V 0 V x x 99V L H O 0 0 0 0 0 Υ. ΝOΗ 0,Μ V L ph Και πάλι το ph θα μειωθεί και θα γίνει ph Άρα p. Άρα C 0 Mαφού είναι ισχυρή βάση Μετά την αραίωση N N αρχ / τελ 0 0 0 M Ισχύει ξανά C VC Vy 0,V 0,0 Vy 8 C C 5 C 5 0 M 0,V 0, 0V y y 9V L HO 0,0 Υ6. Το διάλυμα / Cl είναι Ρ.Δ. Άρα καταλαβαίνουμε ότι για να μεταβληθεί το ph του πρέπει να προστεθεί πολύ μεγαλύτερη ποσότητα νερού σε σχέση με τα προηγούμενα διαλύματα. Άρα η αύξουσα σειρά για τα x,y,ω είναι: y x 6