ΘΕΜΑ Α ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 010 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ Για τις ερωτήσεις Α1 έως και Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθµό της ερώτησης και δίπλα το γράµµα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση. Α1. Η ηλεκτρονιακή δοµή, στη θεµελιώδη κατάσταση, της εξωτερικής στιβάδας του 7 Ν είναι: α. β. γ. δ. s px py pz Μονάδες 5 Α. Ο σχηµατισµός του διπλού δεσµού µεταξύ δύο ατόµων άνθρακα δηµιουργείται µε επικάλυψη: α. sp sp και p p τροχιακών. β. sp sp και p p τροχιακών. γ. sp sp και p p τροχιακών. δ. sp sp και p p τροχιακών. Α. Το συζυγές οξύ του NH είναι: Μονάδες 5 α. ΝΗ β. NH + 4 γ. ΝΗ ΟΗ δ. NH Μονάδες 5 Α4. Ποια από τις επόµενες ουσίες, όταν διαλυθεί στο νερό, δεν αλλάζει το ph του; α. COOK β. NaF γ. NH 4 Cl δ. Ca(NO ) Μονάδες 5 Τεχνική Επεξεργασία: Keystone 1
A5. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη. α. Τα s τροχιακά έχουν σφαιρική συµµετρία. β. Το (COONa) οξειδώνεται από το KMnO 4 µε την παρουσία Η SO 4. γ. Για την ογκοµέτρηση ισχυρού οξέος µε ισχυρή βάση, κατάλληλος δείκτης είναι αυτός µε pk a. δ. Το ph υδατικού διαλύµατος H SO 4 0,1 M είναι 1. ε. Με πολυµερισµό της ένωσης 1,-βουταδιένιο προκύπτει το πολυµερές: C ν Μονάδες 5 ΘΕΜΑ Β Β1. ίνονται τα στοιχεία 0 Ca, 6 Fe, 16 S. α. Να γράψετε τις ηλεκτρονιακές δοµές τους (κατανοµή ηλεκτρονίων σε υποστιβάδες). (µονάδες ) β. Να βρεθεί η περίοδος και η οµάδα του περιοδικού πίνακα στην οποία ανήκει το καθένα από τα στοιχεία αυτά. (µονάδες 6) Μονάδες 9 Β. Να αιτιολογήσετε τις επόµενες προτάσεις: α. Η η ενέργεια ιοντισµού ενός ατόµου είναι πάντα µεγαλύτερη από την 1η ενέργεια ιοντισµού του. β. Το ph του καθαρού νερού στους 80 C είναι µικρότερο του 7. γ. Σε κάθε τροχιακό δεν µπορούµε να έχουµε περισσότερα από ηλεκτρόνια. δ. Σε µια περίοδο του περιοδικού πίνακα, η ατοµική ακτίνα ελαττώνεται από αριστερά προς τα δεξιά. ε. Τα αντιδραστήρια Grignard παρασκευάζονται σε απόλυτο αιθέρα. Μονάδες 10 Β. Κάθε µία από τις ενώσεις: πεντάνιο, 1 πεντένιο και 1 πεντίνιο, περιέχεται αντίστοιχα σε τρεις διαφορετικές φιάλες. Πώς θα ταυτοποιήσετε το περιεχόµενο κάθε φιάλης; Να γραφούν οι αντίστοιχες χηµικές εξισώσεις. Μονάδες 6 Τεχνική Επεξεργασία: Keystone
ΘΕΜΑ Γ Γ1. ίνονται οι παρακάτω χηµικές µετατροπές: A (C H Br) 7 Z Μ +H O +NaOH B I+NaOH (υδατικό διάλυµα) + Mg / άνυδρος αιθέρας + Λ (καρβονυλική ένωση) Ν (τριτοταγής αλκοόλη µε 6 άτοµα C) Γ (κίτρινο ίζηµα) Να γράψετε τους συντακτικούς τύπους των οργανικών ενώσεων Α, Β, Γ,, Ε, Ζ, Λ, Μ, Ν. Μονάδες 18 Γ. Ισοµοριακό µείγµα τριών καρβονυλικών ενώσεων του τύπου C 4 H 8 O, µε επίδραση αντιδραστηρίου Fehling, δίνει,86 g ιζήµατος (Cu O). Να βρεθούν τα mol των συστατικών του µείγµατος. ΘΕΜΑ ίνονται οι σχετικές ατοµικές µάζες του Cu 6,5 και του Ο 16. + E +Α Μονάδες 7 ιαθέτουµε υδατικά διαλύµατα COOH 0,1M (διάλυµα Υ 1 ) και COOH 0,M (διάλυµα Υ ). 1. Να βρεθεί πόσα ml H O πρέπει να προστεθούν σε 100 ml διαλύµατος Υ 1, ώστε να τριπλασιαστεί ο βαθµός ιοντισµού του COOH; Μονάδες 6. Σε 100 ml διαλύµατος Y προσθέτουµε 100 ml διαλύµατος ΝaΟΗ 0,1 Μ, οπότε προκύπτει διάλυµα Υ. Να βρεθεί το ph του διαλύµατος Υ. Μονάδες 6. Σε 100 ml διαλύµατος Y προσθέτουµε 100 ml διαλύµατος ΝaΟΗ 0, Μ, οπότε προκύπτει διάλυµα Υ 4. Να βρεθεί το ph του διαλύµατος Υ 4. Μονάδες 6 Τεχνική Επεξεργασία: Keystone
4. Να βρεθεί πόσα ml διαλύµατος ΝaΟΗ 0,1 Μ πρέπει να προστεθούν σε 101 ml του διαλύµατος Υ, ώστε να προκύψει διάλυµα Υ 5 µε ph 7; Μονάδες 7 ίνεται ότι: Όλα τα διαλύµατα βρίσκονται σε θερµοκρασία θ 5 C, a(cooh) 5 10, K w 10 14. Κατά την ανάµειξη των διαλυµάτων δεν προκύπτει µεταβολή των όγκων των διαλυµάτων. Τα δεδοµένα του προβλήµατος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις. K Τεχνική Επεξεργασία: Keystone 4
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α A1. β A. α A. α A4. δ A5. α. Σ, β. Σ, γ. Λ, δ. Λ, ε. Λ. ΘΕΜΑ Β Β1. α. 0Ca: 1s s p 6 s p 6 4s 6Fe: 1s s p 6 s p 6 d 6 4s 16S: 1s s p 6 s p 4 β. Το 0 Ca ανήκει στην η οµάδα και την 4η περίοδο. Το 6 Fe ανήκει στην 8η οµάδα και την 4η περίοδο. Το 16 S ανήκει στην 16η οµάδα και την η περίοδο. Β. α. Η δεύτερη ενέργεια ιοντισµού έχει µεγαλύτερη τιµή από την πρώτη, καθώς πιο εύκολα φεύγει το ηλεκτρόνιο από το ουδέτερο άτοµο από ότι από το φορτισµένο ιόν. β. Ο ιοντισµός του νερού είναι ενδόθερµη αντίδραση οπότε ευνοείται µε την αύξηση της θερµοκρασίας. Άρα, η σταθερά ιοντισµού του νερού K w [H O + ] [OΗ ] αυξάνεται, δηλαδή [H O + ] [OΗ ] > 10 14. Οπότε, [H O + ] [OΗ ] > 10 7, δηλαδή ph < 7. γ. Σύµφωνα µε την απαγορευτική αρχή του Pauli είναι αδύνατο να υπάρχουν στο ίδιο άτοµο δύο ηλεκτρόνια µε ίδια τετράδα κβαντικών αριθµών (n, l, m l, m s ). Ο m s µπορεί να πάρει µόνο δύο τιµές: + 1, 1. Οπότε δεν µπορεί ένα τροχιακό να χωρέσει πάνω από δύο ηλεκτρόνια. δ. Όσο πηγαίνουµε προς τα δεξιά του περιοδικού πίνακα, αυξάνεται ο ατοµικός αριθµός και κατά συνέπεια αυξάνεται το δραστικό πυρηνικό φορτίο. Έτσι, λόγω µεγαλύτερης έλξης των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας από τον πυρήνα, η ατοµική ακτίνα µειώνεται. ε. Ο αιθέρας πρέπει να είναι απόλυτος, γιατί η παραµικρή ποσότητα νερού αντιδρά µε το RMgX και δίνει αλκάνιο, οπότε καταστρέφεται το αντιδραστήριο Grignard: RMgX + HOH RH + Mg(OH)X Τεχνική Επεξεργασία: Keystone 5
Β. ιοχετεύουµε και στις τρεις φιάλες διάλυµα CuCl + NH. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Στη µία φιάλη θα παρατηρηθεί σχηµατισµός κεραµέρυθρου ιζήµατος. Η φιάλη αυτή θα περιέχει το 1-πεντίνιο. C + CuCl+ NH C CCu + NH Cl 4 Στη συνέχεια διοχετεύουµε τις άλλες δύο σε διάλυµα Br σε CCl 4. Στη φιάλη που θα παρατηρηθεί αποχρωµατισµός έχουµε 1-πεντένιο, οπότε στην άλλη θα είναι το πεντάνιο. CCl + Br Br Br 4 A : Br B: OH Γ: I. : CΗ CΟΟΝa E: COO Z : MgBr Λ: C Ο Μ: C ΟMgBr Τεχνική Επεξεργασία: Keystone 6
N : C ΟH Γ. Οι καρβονυλικές ενώσεις του τύπου C 4 H 8 O είναι: O, O, C ΘΕΜΑ O Από τα τρία ισοµερή, µόνο οι δύο αλδεΰδες αντιδρούν µε το αντιδραστήριο Fehling. Υπολογίζουµε τα mol του ιζήµατος: m,86 n 0,0 mol M r 14 Η οξείδωση των αλδεϋδών µε το αντιδραστήριο Fehling είναι η εξής: R O + CuSO4 + 5NaOH RCOONa + Cu O + NaSO4 + HO 1 mol 1 mol 0,0 mol 0,0 mol H συνολική ποσότητα των δύο αλδεϋδών είναι 0,0 mol. To µίγµα είναι ισοµοριακό, οπότε το κάθε συστατικό του µίγµατος είναι 0,01 mol. ηλ.: O 0,01 mol O 0,01 mol C O 0,01 mol. 1. + + M COOH H O COO H O αρχικά C αν/παρ. αc αc αc Ι-Ι C(1 α) αc αc COO HO α C Ka Ka COOH C(1 α ) [ ] Λόγω των γνωστών προσεγγίσεων α C Ka Ka α C (Νόµος Ostwald.) C Από τον νόµο αραίωσης του Ostwald Ka α C Η θερµοκρασία είναι σταθερή, οπότε Κ α σταθερό. Τεχνική Επεξεργασία: Keystone 7
ηλ. a C a C, 1 1 C a C C 1 1 1 a 9 M. Για την αραίωση έχουµε: C1 V1 0,1 0,1 C1 V1 C V V 0,9 lt. C 0,1 9 Οπότε Vνερού V V1 0,9 0,1 0,8 lt 800 ml.. Υπολογίζουµε τα mol των ουσιών: n COOH 0, 0,1 0,0 mol n NaOH 0,1 0,1 0,01 mol Οι ουσίες αντιδρούν: mol COOH + NaOH COONa + HO αρχ. 0,0 0,01 αντ/παρ. 0,01 0,01 0,01 τελ. 0,01 0,01 Στο διάλυµα Υ έχουµε επίδραση κοινού ιόντος: 0,01 C COOH 0,05 M CCOONa 0, M COOH + H O COO + H O ΙΙ 0,05 x x x M COONa COO + Na 0,05 0,05 0,05 COO HO (0,05 + x) x Ka COOH 0,05 x [ ] Λόγω των προσεγγίσεων 5 5 10 10 M 0,05 x x. 0,05 + 5 Οπότε: HO 10 Mκαι ph 5. Τεχνική Επεξεργασία: Keystone 8
. Υπολογίζουµε τα mol των ουσιών: n COOH 0, 0,1 0,0 mol n NaOH 0, 0,1 0,0 mol mol CΗ CΟΟΗ + ΝaΟΗ CΗ CΟΟΝa + Η Ο αρχ. 0,0 0,0 αντ/παρ. 0,0 0,0 0,0 τελ. 0,0 0,0 C COONa 0,1 M 0, Μ CΗ CΟΟΝa CΗ CΟΟ Νa + 0,1 0,1 0,1 Το ιόν CΗ CΟΟ είναι η συζυγής βάση του CΗ CΟΟΗ οπότε αντιδρά µε το νερό: Μ CΗ CΟΟ Η Ο CΗ CΟΟΗ ΟΗ ΙΙ 0,1 y y y Για το συζυγές ζεύγος CΗ CΟΟΗ CΗ CΟΟ 14 10 9 Κ α Κ b K w, Ka Kb Kw, Kb 10 5 10 K b [COOH][OH ] [ COO ] y 0,1 y 9 10, λόγω προσεγγίσεων 9 y 10 5 10, y 10, y 10 M [OH ] 0,1 Οπότε pοη 5 και pη 9 ισχύει: 4. Υπολογίζουµε τα mol των ουσιών: n COOH 0, 0,101 0,00 mol n V, όπου V ο όγκος του διαλύµατος ΝαΟΗ σε L NaOH 0,1 Οι ουσίες αντιδρούν: mol COOH + NaOH COONa + H O Το ph του διαλύµατος Υ 5 είναι 7, οπότε θα πρέπει να έχουµε περίσσεια COOH γιατί σε διαφορετική περίπτωση (πλήρης εξουδετέρωση ή περίσσεια ΝαΟΗ) προκύπτουν βασικά διαλύµατα στους 5 C. Τεχνική Επεξεργασία: Keystone 9
Οπότε: mol COOH + NaOH COONa + HO αρχ. 0,00 0,1 V αντ./παρ. 0,1V 0,1 V 0,1 V τελ. 0,00 0,1 V 0,1 V 0,00 0,1V M. Vτελ. 0,1V COO M. V [ COOH] τελ. + 7 HO 10 M. Οµοίως µε το ερώτηµα, καταλήγουµε: 0,1V 7 10 COO HO 5 Vτελ. 0,1V Ka 10 100 V 0, L [ COOH] 0,00 0,1V 0,00 0,1V V Εναλλακτικά, µπορεί να χρησιµοποιηθεί η εξίσωση Henderson-Hasselbalch: Cβ Cβ Cβ Cβ ph pka + log 7 5+ log log 100 C C C C τελ. οξ. οξ. οξ. οξ. 0,1V 100 V 0, L. 0.00 0,1V Τεχνική Επεξεργασία: Keystone 10