ΘΕΜΑ Α. A1. γ Α2. β Α3. γ Α4. α Α5.β

ΘΕΜΑ Α A1. γ Α2. β Α3. γ Α4. α Α5.β ΘΕΜΑ Β Β1. Α. Λ. Σε ένα διάλυμα NaF, το ΝaF διίσταται ως εξής: ΝaF Na + + F -. To F - είναι συζυγής βάση του ασθενούς οξέος HF και αντιδρά με Η 2 Ο ως βάση: F - + Η 2 Ο ΗF + - Aν το διάλυμα του Na που προσθέσουμε έχει πολύ μεγάλο όγκο και πολύ μικρή συγκέντρωση σε Na το ph του διαλύματος θα ελαττωθεί ( λόγω αραίωσης θα είναι λιγότερο βασικό). Β. Σ. Τα ισομερή βουτίνια είναι δύο CH 3 CH 2 C CH και CH 3 C CCH 3. Aν έχω ένα βουτίνιο και το διαβιβάσω σε διάλυμα CuCl/NH 3, αν δημιουργηθεί ίζημα θα είναι το CH 3 CH 2 C CH διότι: CH 3 CH 2 C CH + CuCl + NH 3 CH 3 CH 2 C CCu + NH 4 Cl, αν όχι θα είναι το CH 3 C CCH 3. Γ.Σ. Το διάλυμα αυτό είναι ρυθμιστικό διότι περιέχει CH 3 CO και CH 3 COONa δηλαδή ασθενές οξύ και το αντίστοιχο αλάτι ( ασθενές οξύ συζυγής βάση ). Το ΝaCl δεν επηρεάζει το παραπάνω διάλυμα ζεύγος, άρα το διάλυμα είναι ρυθμιστικό. Δ. Λ. Το 2 Ηe είναι ευγενές αέριο και έχει δομή 1s 2. Ε. Λ. Oι αλκοόλες είναι ασθενέστερα οξέα από το νερό, άρα δεν δίνουν αντίδραση ιοντισμού με το νερό. Β2. α. 7 Χ : 1s 2 2s 2 2p 3 2 η περίοδο, 15 η ομάδα (ή VA ή p 3 )

12Ψ : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3 η περίοδο, 2 η ομάδα (ή IIAή s 2 ) 8O : 1s 2 2s 2 2p 4 2 η περίοδο, 16 η ομάδα (ή VIA ή p 4 ) 1H : 1s 1 1 η περίοδο, 1 η ομάδα (ή IA ή s 1 ) β. To X έχει μεγαλύτερη E i1, διότι έχει λιγότερες κατειλημμένες στιβάδες με ηλεκτρόνια από το Ψ, άρα αυξάνεται η έλξη πυρήνα-πιο μακρινού ηλεκτρονίου. γ. Τα ηλεκτρόνια σθένους της ένωσης ΗΧΟ 3 (ομοιπολική ένωση ) είναι : 1 + 5 + 3 6 = 24 ή 12 ζεύγη ηλεκτρονίων Το 12 Ψ (1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 ) Ψ 2+ (1s 2 2s 2 2p 6 ) + 2 e - Το 8 Ο (1s 2 2s 2 2p 4 ) + 2 e - Ο 2- (1s 2 2s 2 2p 6 ) Ιοντικός δεσμός ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α: HC CH B: CH 3 CH=O Γ: CH 3 CO Δ: CH 3 COONa E: CH 3 CH 2 Z: CH 3 CH 2 Cl Θ : CH 3 CH 2 MgCl K: CH 3 CH 2 CHCH 3 OMgCl Λ: CH 3 CH 2 CHCH 3 M : CH 3 COOCHCH 2 CH 3 CH 3 Γ2. Βουτένια με ευθύγραμμη ανθρακική αλυσίδα είναι δύο: CH 3 CH=CHCH 3 και CH 3 CH 2 CH=CH 2 To CH 3 CH=CHCH 3 με προσθήκη νερού δίνει ένα μοναδικό προϊόν:

CH 3 CH=CHCH 3 + H 2 O H CH 3 CH 2 CHCH 3 Άρα το Α είναι το CH 3 CH 2 CH=CH 2. Αυτό αντιδρά με το νερό δίνοντας δύο διαφορετικά προϊόντα σύμφωνα με τις χημικές εξισώσεις: CH 3 CH 2 CH=CH 2 + H 2 O CH 3 CH 2 CH=CH 2 + H 2 O H CH 3 CH 2 CHCH 3 (κύριο προϊόν Β) 1 η H CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 (Γ) Έστω x mol Α αντιδρούν στην 1 η χημική εξίσωση και παράγουν x mol Β. Έστω ψ mol A αντιδρούν στη 2 η χημική εξίσωση και παράγουν ψ mol Γ. Αφού το μίγμα των δύο ισομερών ενώσεων χωρίζεται σε τρία ίσα μέρη στο καθένα περιέχονται x/3 mol CH 3 CH 2 CH()CH 3 και ψ/3 mol CH 3 CH 2 CH 2 CH 2. 1o μέρος CH 3 CH 2 CHCH 3 + Na CH 3 CH 2 CHCH 3 + 1/2 H 2 ONa x/3 mol ; x/6 mol CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 + Na CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 ONa + + 1/2 H 2 ψ/3 mol ;ψ/6 mol Συνολικά παράγονται (x/6+ ψ/6) mol Η 2. Όμως τα ολικά mol του Η 2 είναι Άρα x 0, 05 6 6 => x+ψ=0,3 (3) 2ο μέρος Αντιδρά μόνο η CH 3 CH 2 CHCH 3 1,12L =0,05mol. mol 22,4 L CH 3 CH 2 CHCH 3 + 4I 2 + 6Na CH 3 CH 2 COONa + CHI 3 +5NaI + 5H 2 O x/3 mol x/3 mol x Άρα 08 3 0, ή x=0,24mol 2 η

Aπό (3): ψ=0,06mol To 3ο μέρος 5CH 3 CH 2 CHCH 3 +2KMnO 4 +3H 2 SO 4 5CH 3 CH 2 COCH 3 +2MnSO 4 +K 2 SO 4 +8H 2 O x/3 mol ;2/5. x/3 mol 5CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 +4KMnO 4 +6H 2 SO 4 5CH 3 CH 2 CH 2 CO+4MnSO 4 +2K 2 SO 4 ψ/3 mol ;4/5. ψ/3 mol Επομένως για την οξείδωση απαιτούνται 2 x 4 2 0,24 4 0,06 0,048 5 3 5 3 5 3 5 3 mol ΚΜnO 4 Όμως n n 0,048mol c V 0, 48L ή 480mL διαλύματος V c 0,1 mol L Άρα απαιτούνται 480mL διαλύματος KMnO 4. +11H 2 O ΘΕΜΑ Δ Δ1. Στο 1 L του Ψ1 περιέχονται 0,1 mol/l 1 L = 0,1 mol Στα Χ L του Ψ3 περιέχονται 0,1Χ mol Νa Aναμιγνύοντας τα διαλύματα έχουμε αντίδραση εξουδετέρωσης: ΗCO + Na HCOONa + H 2 O Υπάρχουν τρεις περιπτώσεις: 1 η : περισσεύει ΗCO, άρα στο τελικό διάλυμα θα υπάρχει ΗCO και HCOONa 2 η : πλήρης εξουδετέρωση, άρα στο τελικό διάλυμα θα υπάρχει HCOONa 3 η : περισσεύει Na, άρα στο τελικό διάλυμα θα υπάρχει Na και HCOONa Έστω η 2 η : τότε όμως ΗCOONa HCOO - + Na + όπου το HCOO - συμπεριφέρεται ως ασθενή βάση και αντιδρά με το νερό (αφού προέρχεται από το ασθενές οξύ ΗCO): HCOO - + Η 2 Ο ΗCO + - Όμως, το διάλυμα θα ήταν βασικό και απορρίπτεται αφού θέλουμε το τελικό ph να είναι 4. Προφανώς απορρίπτεται και η 3 η περίπτωση διότι τότε το διάλυμα θα ήταν πιο βασικό. Άρα, έχουμε ισχύει η πρώτη περίπτωση.

Σύμφωνα με την πρώτη περίπτωση: 0,1Χ mol Νa αντιδρούν με 0,1Χ mol HCO και παράγονται 0,1Χ mol ΗCOONa. To τελικό διάλυμα που προκύπτει θα περιέχει: HCO ( 0,1-0,1X ) mol και HCOONa 0,1X mol και έχει όγκο (1 +Χ) L. Άρα, το HCO έχει συγκέντρωση (0,1-0,1Χ)/(1 +Χ)Μ και το HCOONa 0,1Χ/(1 +Χ) Μ και είναι ρυθμιστικό διάλυμα. HCOOΗ + Η 2 Ο ΗCOO - + H 3 Ο + ΗCOONa HCOO - + Na + Από τον τύπο υπολογισμού του ph του ρυθμιστικού διαλύματος έχουμε: ph = pk a + log (C βας /C oξ ) ή 4 log10 4 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 ή 0,1 X log 0,1 0,1 X 0 ή 0,1 0,1 0,1 1 ή 0,1 0,2 ή Χ= 0,5 L ή 500 ml Δ2. Αναμιγνύοντας τα δύο διαλύματα Y1 και Y2 δημιουργείται διάλυμα Y4 0,1M.0,5L με συγκεντρώσεις C (τελ)ηco = = 0,05 M 1L 1.0,5 L και C (τελ)ηcooνα = = 0,5 Μ τα οποία ιοντίζονται: 1L HCOOΗ + Η 2 Ο ΗCOO - + H 3 Ο + Ιοντ. ω Μ ;ωμ ;ωμ CH 3 COOΗ + Η 2 Ο CH 3 COO - + H 3 Ο + Ιοντ. φ Μ ;φμ ;φμ Όποτε K a ( HCO ) [ HCOO ].[ H3O ] (1) [ HCO ] K a [ CH3COO ].[ H3O ] ( CH3CO ) (2) [ CH CO ] 3

με [Η 3 Ο + ] = (ω + φ) Μ, [ΗCOO - ] = ω Μ, [HCOOΗ] = 0,05 ω 0,05 Μ ( Κ a /C<0,01 και εξαιτίας επίδρασης κοινού ιόντος) [CH 3 COO - ] = φ Μ, [CH 3 COOΗ] = 0,5 φ 0,5 Μ ( για τον ίδιο λόγο). Από (1) έχω 10-4 ( ) = 0,05 και από (2) έχω ( ) 10 5 0,5 ή φ(ω+φ)=5.10-6 (4) ή ω(ω + φ) = 5 10-6 (3) Προσθέτοντας τις σχέσεις (3) και (4) κατά μέλη προκύπτει: (ω + φ) 2 = 10-5 ή (ω + φ) = 10-2,5 =[Η 3 Ο + ] Άρα, το ph (Y4) = 2,5. Δ3. Στο Ψ 4 περιέχονται 0,05mol HCO και 0,5mol CH 3 CO. Προσθέτοντας Mg πραγματοποιούνται οι αντιδράσεις: 2ΗCO + Mg (HCOO) 2 Mg + H 2 0,05mol και (3η) ;0,05/2 mol 2CH 3 CO + Mg (CH 3 COO) 2 Mg + H 2 (4η) 0,5 mol ;0,5/2 mol Άρα το αέριο που παράχθηκε (Η 2 ) είναι ή 0,275mol. 22,4L/mol=6,16L σε STP 0,05 2 0,5 2 0,55 2 0,275 mol Δ4. Όταν έχω διάλυμα HCO γνωστού όγκου V και άγνωστης συγκέντρωσης και σ' αυτό προσθέτω πρότυπο διάλυμα KMnO 4, γνωστής συγκέντρωσης c, πραγματοποιείται η αντίδραση: 5HCO+2KMnO 4 +3H 2 SO 4 5CO 2 +2MnSO 4 +K 2 SO 4 +8H 2 O (5η) Προσθέτοντας σιγά-σιγά διάλυμα KMnO 4 το ιώδες (ροδόχροο) χρώμα του διαλύματος χάνεται και αποχρωματίζεται το διάλυμα (τα Mn 2+ είναι άχρωμα). Όταν οξειδωθεί όλη η ποσότητα του HCO του διαλύματος, παύει ο αποχρωματισμός. Διακόπτουμε την ογκομέτρηση, μετράμε τον όγκο του πρότυπου διαλύματος KMnO 4 που καταναλώθηκε, επομένως υπολογίζουμε την ποσότητά του ΚΜnO 4 σε mol. Από την στοιχειομετρία της (5ης) υπολογίζουμε τα mol του HCO

που οξειδώθηκαν. Αυτή είναι η ποσότητα του HCO του ογκομετρούμενου διαλύματος. Αφού ξέρουμε τον όγκο του ογκομετρούμενου διαλύματος από τον τύπο c=n/v υπολογίζουμε την άγνωστη συγκέντρωση (γνωστό το n και το V). Άρα είναι δυνατός ο προσδιορισμός της συγκέντρωσης του διαλύματος HCO. Δεν απαιτείται δείκτης, διότι το KMnO 4 λόγω αλλαγής χρώματος (αποχρωματισμός) παίζει ρόλο δείκτη (οξειδοαναγωγικός δείκτης).