ΤΗΛ. 60 65.60, 60 64.009, FAX 60 65.66 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 8-05-00 ΘΕΜΑ Α Α. β Α. α Α. α Α4. δ Α5. α. Σωστό β. Σωστό γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Λάθος ΘΕΜΑ Β Β. α) α s s p s p 4s 0 6 6 6 6 6 6 6 Fe s s p s p d 4s 6 4 S s s p s p β) 0 α 4 η περίοδος ΙΙΑ ομάδα 6 Fe 4η περίοδος VIIIB ομάδα 6 S η περίοδος VIA ομάδα Β.α. Κατά τον πρώτο ιοντισμό απομακρύνεται ένα ηλεκτρόνιο από το ουδέτερο άτομο ενός στοιχείου, ενώ κατά τον δεύτερο ιοντισμό απομακρύνεται ένα ηλεκτρόνιο από το θετικά φορτισμένο ιόν του. Το κατιόν έχει το ίδιο πυρηνικό φορτίο με το άτομο, ενώ ο αριθμός των ηλεκτρονίων ελαττώνεται. Επομένως το κατιόν έχει μικρότερο μέγεθος, οπότε η ελκτική δύναμη του κατιόντος στο ηλεκτρόνιο που απομακρύνεται είναι ισχυρότερη απ ότι στο ουδέτερο άτομο, άρα απαιτείται μεγαλύτερο ποσό ενέργειας για την απομάκρυνση του δεύτερου ηλεκτρονίου από το κατιόν. β. Η Κw εξαρτάται μόνο από τη θερμοκρασία. Η αντίδραση αυτοιοντισμού του νερού είναι ενδόθερμη (ΔΗ>0). Επομένως με αύξηση της θερμοκρασίας η ισορροπία μετατοπίζεται προς τα δεξιά. Άρα, το Κw αυξάνεται και το ph μειώνεται. γ. Η απαγορευτική αρχή του Pauli αναφέρει ότι είναι αδύνατο να υπάρχουν στο ίδιο άτομο δύο ηλεκτρόνια με την ίδια τετράδα κβαντικών αριθμών. Συνέπεια αυτής της αρχής είναι ότι σε κάθε τροχιακό χωράνε το πολύ δύο ηλεκτρόνια. δ. Καθώς προχωράμε από αριστερά προς τα δεξιά σε μια περίοδο του περιοδικού πίνακα αυξάνεται ο ατομικός αριθμός άρα αυξάνεται και το δραστικό πυρηνικό φορτίο. Έτσι προς αυτήν την κατεύθυνση, αυξάνεται η ελκτική δύναμη του πυρήνα προς τα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στοιβάδας με αποτέλεσμα να μειώνεται η ατομική ακτίνα. ε. Κατά τον σχηματισμό των αντιδραστηρίων Grignard ο αιθέρας που χρησιμοποιείται σαν διαλύτης πρέπει να είναι απόλυτος (άνυδρος). Τα αντιδραστήρια Grignard μπορούν να αντιδράσουν με νερό σχηματίζοντας αλκάνια. + + Β. H H H H Na Na H H H H
ΤΗΛ. 60 65.60, 60 64.009, FAX 60 65.66 ή H H H H+ ul+ NH u H H H + NH4l Αυτές τις αντιδράσεις τις δίνει μόνο το -πεντίνιο. Από τις δύο ενώσεις που περισσεύουν μόνο το -πεντίνιο μπορεί να αποχρωματίσει διάλυμα Br / l 4 Στην τρίτη φιάλη θα περιέχεται το πεντάνιο καθώς δεν αντιδρά με κανένα από τα προηγούμενα αντιδραστήρια. ΘΕΜΑ Γ Γ. A:HH H Br B : H H H Γ :HI OH Δ : HOONa Ε :H OOH H H Ζ :H HH Λ :H MgBr H Ο H H OMgBr M:H H H H H OH N:H H H Γ. Από τις καρβονυλικές ενώσεις με μοριακό τύπο 4 H 8 O μόνο οι παρακάτω H H H HO μπορούν να δώσουν την αντίδραση με το Fehling: H H HO RHO + uso4 + 5NaOH ROONa + uo + NaSO4 + HO Αφού το μίγμα είναι ισομοριακό τότε θα έχουμε και ίσα mol από την κάθε ένωση.,86 nu O = = 0,0mol 4 Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης υπολογίζουμε ότι έχουμε αρχικά 0,0mol αλδεϋδών άρα και τα mol του κάθε συστατικού του μίγματος θα είναι 0,0mol. Συνολικά θα έχουμε 0,0mol. H
ΤΗΛ. 60 65.60, 60 64.009, FAX 60 65.66 ΘΕΜΑ Δ Δ. Πριν την αραίωση: + + + H OOH H O H OO H O α α α Kα Kα 0 Άρα παίρνουμε Kα= α c α = c c α = 0 ο αρχικός βαθμός ιοντισμού Έστω ότι προσθέτουμε x Lt νερού. Αφού κάνουμε αραίωση θα έχουμε: 0, 0, V = V 0, 0,= 0,+ x = 0,+ x ( ) () Η Κα θα είναι σταθερή. Ο νέος βαθμός ιοντισμού θα είναι: α = α = 0 Άρα: Δ. ( ) Kα= α 0 = 0 ( ) 0, 0, 0,+ x Υπολογίζουμε αρχικά mol. Y : n = c v = 0, 0, = 0,0mol HOOH n = 0, 0, = 0,0mol NaOH HOOH + NaOH HOONa + HO αρχ. 0,0 0,0 αντ. 0,0 0,0 παρ. 0,0 0,0 τελ. 0,0 0,0 0,0 Υπολογίζουμε τις νέες συγκεντρώσεις: 0,0 HOOH = = 0,05M 0, = 0,05M HOONa Οπότε από: Δ. βασ. ph = pkα + log ph = 5 οξ. x = 0,8Lt Οπότε x = 800ml HO Υπολογίζουμε τα αρχικά mol: nnaoh = 0, 0,= 0,0 και nh OOH = 0,0
ΤΗΛ. 60 65.60, 60 64.009, FAX 60 65.66 H OOH + NaOH H OONa + H O αρχ. 0,0 0,0 αντ. 0,0 0,0 παρ. 0,0 0,0 τελ. 0,0 0,0 Υπολογίζουμε τις τελικές συγκεντρώσεις: 0,0 HOONa = = 0,M 0, + +Ν H OONa H OO a H OO + H O H OOH + OH α α α 4 9 0 Kb Kb 0 Kb = = 0, 0 άρα: Kb = α α = α = α= 0 0 0, 4 poh log α log 0 = = 0 = 5 9 4 ( ) ( ) Από την σχέση : poh + ph = 4 ph = 9 Δ4. Έστω ότι πρέπει να προσθέσουμε β Lt NαOH nnα OH= n = 0,0 0, = 0,00 HOOH Διερεύνηση Α) Η ποσότητα NαOΗ είναι μικρότερη από το H OOH HOOH + NαOH HOONα+ΗΟ αρχ. 0,00 αν. παρ. τελ. 0,00- H OOH HOONα 0,00 = β+ 0,0 = β+ 0,0 Προκύπτει ρυθμιστικό βασ ph = pkα + log 7 = 5 + log 0,00 οξ = log = 00 =, 0 0β =, 0 β= 0, 0, 00 0, 00 Άρα β=00ml. 4
ΤΗΛ. 60 65.60, 60 64.009, FAX 60 65.66 Β) Οι ποσότητες HOONα και NαOΗ είναι ίσες. Θα υπάρχει μόνο HOONα το οποίο δίνει στους 5 ο βασικό pη>7 οπότε απορρίπτεται. Γ) Η ποσότητα του NαOΗ είναι μεγαλύτερη. Απορρίπτεται γιατί το διάλυμα που προκύπτει είναι ουδέτερο ενώ με την ύπαρξη του NαOΗ θα έχουμε βασικό διάλυμα (ph>7). 5