ΘΕΜΑ Α ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ (1) Α1. γ Α2. γ Α3. β Α4. α Α5. α. Σωστό β. Λάθος γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. α) Α : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6, Z=18 β) Β : 1s 2 2s 2 2p 5, Z=9 γ) Γ : 1s 2 2s 2, Z=4 δ) Δ : 1s 2 2s 1, 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 = +1 B : πέντε ηλεκτρόνια με l = +1
B2. Δ 1 Δ 2 + NaH CH 2 NH 2 CH 2 NH 2 NaH V 1 =V 2 V 1 =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 1 -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- + 1 2 H 2 A -CH-CH + Na -CH-CNa + 1 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 Γ1. 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- Έστω mol του ισομερούς Α και y mol του ισομερούς Β. -CH 2 -C-H A B m + m = 29 58 + 58y = 29 + y = 0,5 (1)
Όταν χωρίσουμε το μίγμα σε δύο ίσα μέρη, τότε σε κάθε μέρος θα περιέχονται: mol (A) και mol (B) 1 o μέρος mol (A) και mol (B) Θετικό τεστ ιωδοφορμίου θα δίνει η μεθυλοκετόνη Α (προπανόνη) mol α/π C 2 + 3I 2 + 4NaH -CNa + CHI 3 + 3NaI + 3H 2 2 Άρα θα παράγονται : 2 mol CHI ή 2 = m Mr 2 = 39,4 394 ή ή Επομένως το αρχικό μίγμα (29 g) θα περιείχε και = 0,2 mol = 0,2 mol προπανόνης ή 0,2 mol 58 g mol = 11,6 g (A)CH CCH y = 0,3 mol προπανάλης ή 0,3 mol 58 g mol = 17,4 g (B)CH CH CH 2 o μέρος = 0,1 mol (A) και = 0,15 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 0,15 0,06 Επομένως απαιτούνται 0,06 mol KMn ή C = V = = 0,06mol 0,24 mol = 0,25 L διαλύματος KMn L ΘΕΜΑ Δ α) Για το διάλυμα Δ 1 : Υπολογίζουμε τη C 1 : Για τη μάζα του NaH που προσθέσαμε: Μr (NaH) = 40 C = n V = m Mr V = 0,4 40 0,1 C = 0,1 mol L NaH +H 2 Na + + H - C 1 C 1 C 1 [H ] = C = 10 M, άρα ph = 1 και ph = 13 n = C V m Mr = C V m = C V Mr m = 0,1 0,5 40 m = 2 g NaH Για το διάλυμα Δ 2 : ph = 3 ή [Η Ο ] = 10 Μ
k = [Η Ο ] C C = [Η Ο ] C k = 10 10 C = 10 M έλεγχος για την απλοποιημένη σχέση: k C = 10 < 10, άρα ισχύει η προσέγγιση. β) 1 M HA 30 1 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 + log1 ph = pk ph = logk = 5 ph = 5 Έλεγχος για τις προϋποθέσεις εφαρμογής της εξίσωσης: k C = 3 10 < 10 και
k C = 3 10 < 10 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 + log1 ph = 5 δ) Δ 3 0,8 g NaH Δ 5 1 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 = 1,5 L 0,8 g 40 g mol n = 0,02 mol NaH NaA HA Ρυθμιστικό διάλυμα V 3 = 1,5 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 15 NaA 0,7 15 +H 2 Na + + A - 0,7 0,7 ω + 15 15 ω ω + 0,7 k = 10 10 15 0,7 ω = 0,02 ω 15 0,02 10 = ω = 3 7 10 Μ και ω 0,7 15 0,02 [Η Ο ] = 3 7 10 Μ 0,7 0,7 + ω Άρα καλώς έγιναν οι προσεγγίσεις 15 15 Μ και 0,02 ω 0,02 Μ ΟΡΟΣΗΜΟ ΠΕΙΡΑΙΑ ΝΥΧΑΣ ΙΩΑΝΝΗΣ