- 2 -

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. β Α2. α Α3. α Α4. δ Α5. α. Σωστό, β. Σωστό, γ. Λάθος, δ. Λάθος, ε. Λάθος ΘΕΜΑ Β Β1. α. Z Ca =20 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 Z Fe =26 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 4s 2 Z S =16 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 β. ΟΜΑΔΑ ΠΕΡΙΟΔΟΣ Ca 2 η 4 η Fe 8 η 4 η S 16 η 3 η Β2. α. Η δεύτερη ενέργεια ιοντισμού ενός ατόμου είναι πάντα μεγαλύτερη από την πρώτη ενέργεια ιοντισμού του, καθώς πιο εύκολα φεύγει το ηλεκτρόνιο από το ουδέτερο άτομο απ' ότι από το θετικά φορτισμένο ιόν του. Δηλαδή Εi 2 >Ei 1. β. Στους 25 ο C Κw=10-14 [Η 3 Ο + ]=10-7 Μ και το ph=7 Στους 80 ο C Κw' > 10-14, αφού η αντίδραση ιοντισμού του νερού είναι ενδόθερμη. Άρα: + Kw'= H3O ' OH ' + HO 3 ' Kw' + = HO 3 ' = OH ' Επειδή Κw'>Κw [Η 3 Ο + ]' > [Η 3 Ο + ] ph'<ph ph'<7 γ. Σύμφωνα με την απαγορευτική αρχή του Pauli είναι αδύνατο να υπάρχουν στο ίδιο άτομο δύο ηλεκτρόνια με την ίδια τετράδα κβαντικών αριθμών. Άρα ένα τροχιακό δεν μπορεί να χωρέσει πάνω από δύο ηλεκτρόνια αφού ο m s παίρνει μόνο τις τιμές + 1 2 και - 1 2. δ. Κατά μήκος μιας περιόδου η ατομική ακτίνα ελαττώνεται από αριστερά προς τα δεξιά. Αυτό συμβαίνει γιατί όσο πηγαίνουμε προς τα δεξιά του περιοδικού πίνακα αυξάνεται ο ατομικός αριθμός και κατά συνέπεια αυξάνεται το δραστικό πυρηνικό φορτίο του ατόμου (κατά προσέγγιση το φορτίο του πυρήνα μειωμένο κατά το φορτίο των ηλεκτρονίων των εσωτερικών στοιβάδων). Έτσι λόγω μεγαλύτερης έλξης των ηλεκτρονίων των εξωτερικών στοιβάδων από τον πυρήνα η ατομική ακτίνα μειώνεται. Στα στοιχεία μεταπτώσεως, η αύξηση του ατομικού αριθμού συνοδεύεται από μικρή ελάττωση της ατομικής ακτίνας. Αυτό συμβαίνει γιατί τα επιπλέον ηλεκτρόνια που προστίθενται, καθώς προχωράμε προς τα δεξιά, συμπληρώνουν εσωτερικές στοιβάδες d, που ελάχιστα επηρεάζουν την ατομική ακτίνα. ε. Τα αντιδραστήρια Grignard παρασκευάζονται κατά την επίδραση Mg σε διάλυμα RX σε απόλυτο αιθέρα. Ο αιθέρας πρέπει να είναι απόλυτος, γιατί η παραμικρή ποσότητα νερού αντιδρά με το RMgX και δίνει αλκάνιο, οπότε καταστρέφεται το αντιδραστήριο Grignard: RMgX+H 2 O RH+Mg(OH)X - 7 -

Β3. Προσθέτω σε δείγμα των τριών δοχείων μεταλλικό Na. Στο δοχείο που θα ελευθερωθεί αέριο υδρογόνο περιέχεται το 1 - πεντίνιο. 1 CH 3 CH 2 CH 2 C C-H+Na CH 3 CH 2 CH 2 C C-Na+ H 2 2 Μπορεί να γίνει η ανίχνευση ακόμα με (CuCl+NH 3 ) ή με (ΑgNO 3 +NH 3 ). Κατόπιν σε δείγμα των δύο άλλων δοχείων προσθέτω διάλυμα Br 2 μέσα σε διαλύτη CCl 4. Στο δοχείο που θα παρατηρηθεί αποχρωματισμός του καστανοκόκκινου διαλύματος Br 2 περιέχεται το 1 πεντένιο. CH 3 CH 2 CH 2 CH= CH 2 +Br 2 CCl4 CH 3 CH 2 CH 2 CH CH 2 Άρα στο άλλο δοχείο περιέχεται το πεντάνιο. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α: CH 3 CH - CH 3 Br B: CH 3 CH - CH 3 OH Γ: CHΙ 3 Δ: CH 3 CΟΟΝα E: CH 3 CΟΟCHCH 3 CH 3 Z: CH 3 CH MgBr CH 3 Λ: CH 3 CΟCH 3 OMgBr Μ: CH 3 C CH - CH 3 CH 3 CH 3 OH N: CH 3 C - CH - CH 3 CH 3 CH 3 Br Br Γ2. Με χημικό τύπο C 4 H 8 O οι καρβονυλικές ενώσεις είναι: CH 3 CH 2 CH 2 CHΟ, CH 3 CHCHΟ, CH 3 CH 2 C- CH 3 CH 3 Ο Έστω x τα mol κάθε ένωσης. Με το αντιδραστήριο Fehling αντιδρούν μόνο οι αλδεΰδες. Γράφουμε τις αντιδράσεις: CH 3 CH 2 CH 2 CHΟ +2CuSO 4 +5NaOΗ CH 3 CH 2 CH 2 COONa +Cu 2 O +2Na 2 SO 4 +3H 2 O - 8 -

mol: x x CH 3 CHCHO +2CuSO 4 +5NaOH CH 3 CHCOONa +Cu 2 O +2Na 2 SO 4 +3H 2 O mol: x CH 3 CH 3 Συνολικά mol Cu 2 O=2x ( Mr =143) Cu2O x m 2,86 n = 2x = x = 0,01mol Mr 143 Άρα το μείγμα περιέχει: 0,01mol CH 3 CH 2 CH 2 CHO 0,01 mol CH 3 CHCHO CH 3 0,01 mol CH 3 CH 2 CCH 3 O ΘΕΜΑ Δ Δ1. Για το διάλυμα Υ 1. CH 3 COOH+H 2 O CH 3 COO - +H 3 O + C 1 -α 1 C 1 - α 1 C 1 α 1 C 1 Kα= α C Kα 10 1 α C 10 2 5 1 1 2 2 α1c 1 (1) α1 = = = 10 1 1 1 5 Kα 10 Επειδή: = = < 1 C1 10 Για το αραιωμένο διάλυμα Υ 1 2 1 α 2 =3α 1 =3 10 < 10 1 α 1 4 2 10 10 1 α1 1 CH 3 COOH+ H 2 O CH 3 COO - +H 3 O + C 2 -α 2 C 2 - α 2 C 2 α 2 C 2 2 2 Kα= α2c 2 (2) 2 2 2 2 α1c1 0,1α1 1 Από (1) και (2) έχουμε: α1c1 = α2c2 C2 = = = M 2 2 α2 9α1 90 Από τον τύπο της αραίωσης έχουμε: CV 1 1 0,1 0,1 C 1 V 1 = C 2 V 2 V 2 = = = 0,9L ή 900mL C 1 2 90 Άρα V = V V = 900 100 = 800mL HO 2 2 1 Δ2. CH 3 COOH: n 2 =C 2 V 2 =0,2 0,1 = 0,02mol - 9 -

NaOH: n=cv=0,1 0,1 = 0,01mol mol CH 3 COOH+NaOH CH 3 COONa+H 2 O αρχ 0,02 0,01 - - αντ/παρ 0,01 0,01 0,01 - τελ 0,01 00 0,01 - Βρίσκω τις συγκεντρώσεις στο Υ 3 : n 0,01 CH3COOH = = = 0, 05M = C VΟΛ 0,2 n 0,01 CH3COONa = = = 0, 05M = C VΟΛ 0,2 Στο διάλυμα Υ 3 έχουμε: CH 3 COOH+ H 2 O CH 3 COO - + H 3 O + C-x - x x CH 3 COONa CH 3 COO - +Na + C C C + CH3COO H3O (C + x)x Kα = = CH3COOH C x 5 Kα 10 2 Επειδή: = < 10 C ± x C C 0,05 C x = = = = C + 5 Kα x Kα HO 3 10 M ph 5 Δ3. CH 3 COOH: n 2 =0,02 mol NaOH: n=cv=0,1 0,2 = 0,02mol mol CH 3 COOH+NaOH CH 3 COONa+H 2 O αρχ 0,02 0,02 - - αντ/παρ 0,02 0,02 0,02 - τελ 0,02 0 0 0,02 - Βρίσκω τη συγκέντρωση του CH 3 COΟNa στο διάλυμα Υ 4 n 0,02 CH3COONa = = = 0,1M =C V 0,2 CH 3 COOΝα CH 3 COO - +Να + C C C CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH+OH - C-ω - ω ω K Kw 10 = = < ω 14 b 5 C KαC 10 0,1 2 10 C C Κ b = Kw ω ω Kω 10 = = = = K C ω C Ka 10 α 2 2 14 1 5 ω = KbC C 10 10 M 5-10 -

Άρα: [ΟΗ - ]=10-5 Μ poh=5 ph=9 Δ4. 2 CH 3 COOH: n=cv=0,101 0,2 = 0,0202mol = 2,02 10 (1) NaOH: n'=c'v'=0,1v' (2) mol CH 3 COOH+NaOH CH 3 COONa+H 2 O αρχ n n' - 1 n' n' n' - αντ/παρ n' τελ n-n' 0 0 n' 0,01 - Επειδή δε γνωρίζω τα mol του NaOH κάνω διερεύνηση. α) n=n' Προκύπτει CH 3 COOΝα (αλάτι από ισχυρή βάση και ασθενές οξύ), άρα το διάλυμα του θα είναι βασικό ph>7. Άτοπο. β) n<n' Προκύπτει CH 3 COOΝα, NaOH άρα το διάλυμα θα εξακολουθεί να είναι βασικό ph>7. Άτοπο. γ) n>n' Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα. Άρα το ph μπορεί να είναι 7. Βρίσκω τις συγκεντρώσεις στο διάλυμα Υ 5. n n' CH3COOH = = C VΟΛ n' CH3COONa = = C ' V ΟΛ CH 3 COOH+ H 2 O CH 3 COO - + H 3 O + C-φ - φ φ CH 3 COOΝα CH 3 COO - +Na + C' C' C' Επειδή το ph=7 [ H 3 O + ]= φ=10-7 Μ 7 7 (C ' + φ)φ 5 (C ' + 10 )10 n' 100(n n') K = 10 = C ' = 100C = 101n' = 100n 7 C φ C 10 VΟΛ V (3) α ΟΛ Η (3) μέσω των (1) και (2) γίνεται: 2 2,02 101 0,1V' = 100 2,02 10 V' = = 0,2L ή 200mL 10,1 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ Σ. ΠΑΠΑΣΤΑΜΑΤΙΟΥ - 11 -