XMEIA ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 2014 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1 γ Α2 β Α3 α Α4 β Α5 β ΘΕΜΑ Β Β1 α) Λ β) Λ γ) Σ δ) Σ ε) Σ Β2 α) 1. Ο σ ομοιοπολικός δεσμός προκύπτει με αξονική επικάλυψη ατομικών τροχιακών,ενώ ο π δεσμός με πλευρική επικάλυψη.συνεπώς ο σ ομοιοπολικός δεσμός είναι ισχυρότερος του π ομοιοπολικού δεσμού. 2. Στο π δεσμό έχουμε επικαλύψεις p-p ατομικών τροχιακών,ενώ στο σ δεσμό επικαλύψεις s-s, s-p, p-p ατομικών τροχιακών.(συμμετέχουν δηλαδή και τα τροχιακά s ). β) Το στοιχείο ανήκει στην 2 η ομάδα του Π.Π. ( 2e - στην εξωτερική στοιβάδα). Αυτό προκύπτει επειδή οι ενέργειες E i3 και E i4 είναι πολύ μεγαλύτερες εν σχέσει με τις ενέργειες E i1 και E i2, άρα κατά τον 2 0 ιοντισμό το στοιχείο απέκτησε δομή ευγενούς αερίου,η οποία είναι ιδιαίτερα σταθερή και έτσι απαιτείται μεγαλύτερο ποσό ενέργειας για την απόσπαση του 3 0υ ηλεκτρονίου. γ) Περιοχή αλλαγής χρώματος δείκτη p pka -1 = 5-1 = 4 p 4 κόκκινο p pka +1 = 5+1 = 6 p 6 κίτρινο Το διάλυμα του χυμού του μήλου έχει p = 3 άρα το χρώμα που θα αποκτήσει με την προσθήκη του δείκτη είναι κόκκινο Ο Ο + Η + Η + 2 Η 3 pka ΗΔ = 5 -logka = 5 ka = 10 p δ/τος = 3 -log = 3 = 10 Μ = = = =10 =
δ) N Ο ιοντισμός του N + 4A + 4 A N + + 4 2O N + 3 3O + N + (συζυγές οξύ της βάσης 4 N 3 ) δίνει στο διάλυμα 3O +. Για να είναι το p βασικό σημαίνει ότι το A - (συζυγής βάση του οξέος ΗΑ ) έχει 10 άρα ιοντίζεται A 2O A + + Στο διάλυμα υπερισχύει η δηλαδή άρα ή ή 10 ΘΕΜΑ Γ Γ1. α)προσθέτουμε στο δοχείο δ/μα cucl/n 3. Αν παρατηρηθεί σχηματισμός κεραμέρυθρου ιζήματος τότε το δοχείο περιέχει 1-πεντίνιο αν όχι τότε περιέχει 2-πεντίνιο. C C C C C CuCI N + + 3 2 2 3 C 3 C 2 C 2 C CCu + N 4CI κεραμέρυθρο ίζημα
β)υποβάλλουμε τους δύο εστέρες σε αλκαλική υδρόλυση(σαπωνοποίηση) COOC + 3 Na COONa + C 3 C 3COOC 2C + 3 Na C 3COONa + C 3C 2 Το δοχείο που με την αλογονοφορμική αντίδραση θα δώσει κίτρινο ίζημα, περιέχει τον εστέρα C COOC C 3 2 3.Αυτό συμβαίνει γιατί στα προϊόντα της υδρόλυσής του περιέχεται η αλκοόλη αιθανόλη,η οποία αντιδρά σύμφωνα με την παρακάτω χημική εξίσωση: C 3C 2 2 6Na CI 3 C 3COONa Γ2. 4I + + + + κίτρινο ίζημα 5NaI + 5 2O Α : C C Β : C = C 2 2 Γ : C C CI 3 2 Δ : C 3 C 2Mg CI Ε : C 3C = O Ζ: C C C C OMgCI 3 2 3
Η: C C 3 2 3 C C Γ3. Έστω οι δύο αλκοόλες: Α : Cν2ν+1 α mol B : CμΗ2μ+1 β mol αmr A + βmr B = 44,4 (1) 1o μέρος : Cν2ν+1 α/3 mol CμΗ2μ+1 β/3 mol 1 + Η + 2 CνΗ Na C ONa 2ν+ 1 ν 2ν+ 1 2 α/3 mol αλκ. α/6 mol 2 1 + Η + 2 C Η Na C ONa µ 2µ + 1 µ 2µ + 1 2 β/3 mol αλκ. β/6 mol 2 =,, α+β = 0,6 (2) 2o μέρος : Cν2ν+1 α/3 mol CμΗ2μ+1 β/3 mol
C 2 1 + SOCI 2 C 2 1CI + ν ν+ ν ν+ SO + 2 CI C ν απ. αιθ. 2ν 1 Mg 2 1MgCI CI C + + ν ν+ C 2 1MgCI + C + ν ν+ ν 2ν+ 2 Mg()CI Την ίδια σειρά χημικών αντιδράσεων δίνει και η δεύτερη αλκοόλη.από τις δύο αλκοόλες προκύπτει το ίδιο προϊόν αλκάνιο,συνεπώς ο ΜΤ αυτών είναι ίδιος, δηλ. ν = μ. Από τις σχέσεις (1),(2) έχουμε : α(14ν+18)+β(14ν+18) = 44,4 (14ν+18)(α+β)=44,4 Οι αλκοόλες έχουν ΜΤ C 4 9 (14ν+18)0,6=44,4 ν = 4 Δεκτές είναι : C C C C 2-βουτανόλη 3 2 3 C C C C 1-βουτανόλη 3 2 2 2 (διότι η υδρόλυση των αντιδραστηρίων Grignard έδωσε μόνο ένα αλκάνιο) 3o μέρος : 2-βουτανόλη α/3 mol 1-βουτανόλη β/3 mol Από τις δύο δεκτές αλκοόλες μόνο η πρώτη δίνει αλογονοφορμική αντίδραση C 3C 2C C 3 4I 2 6Na CI 3 C 3C 2COONa + + + + κίτρινο ίζημα 5NaI + 5 2O
1 mol αλκ. 1 mol CI 3 X 0,05 X = 0,05 = α/3 α = 0,15 mol 2-βουτανόλης Από τη σχέση (2) α+β = 0,6 β = 0,6 0,15 = 0,45 mol 1-βουτανόλης. ΘΕΜΑ Δ Δ1. Δοχείο 1 : διάλυμα CI Δοχείο 2 : διάλυμα N 4 CI Δοχείο 3 : διάλυμα NaNO 3 Δοχείο 4 : διάλυμα N 3 Δοχείο 5 : διάλυμα Na Δ2. α) C 3 C CO + Na C 3 C COONa + 2O Αρχ. n οξ n b - Αρχ. n οξ n b n Τελ. - - n mol Πληκτρολογήστε την εξίσωση εδώ. Σύμφωνα με τη στοιχειομετρία n οξ = n b = n αλλά n b = C b V b = 0,1 5 10-3 = 5 10-4 mol
= = = 5 10 M β) Ανίχνευση καρβοξυλομάδας 2 2 C 3 C CO + Na 2CO 3 C 3 C COONa + CO 2 + 2O Δημιουργία αερίου Ανίχνευση υδροξυλομάδας 5C C CO 2KMnO 3 SO 5C CCO 2 K 8 MnSO + 4 2SO + 4 2O + + + 3 4 2 4 3 Αποχρωματισμός δ/τος Δ3. Διάλυμα Υ2 O + N + 3 2O N + 4 Αρχ. 0,1 - - Ιοντ. x x x Ισορ. 0,1- x x x p = 11 άρα p = 3 και = 10 Μ άρα : = = = 10
Διάλυμα Υ6 Na : =, M N 4 CI : =, M Na + N 4CI NaCI + N + 3 2O Αρχ. - - Α/Π Τελ. - C C C ρ.δ. N 3 C b = C 1 N 4 CI C οξ = C p + p = 14 p = 14-9 = 5 p = pk b + log 5 = 5 + log log = 0 C οξ = C b C = C = 2C, =, 0,1V 2 = 0,2V 1 = Δ4. Διάλυμα Υ2 p αρχ = 11.Με τη προσθήκη Η 2 Ο στο διάλυμα το p μειώνεται,οπότε p T = 10 άρα p = 4 και = 10 Μ Τελ. διάλυμα + N + 3 2O N + 4 Αρχ. C T - - Ιοντ. x x - Ισορ. C T - x x x
= C T = = 10 M όμως C αρχ V = C T V T V T = = 100 V συνεπώς Διάλυμα Υ4 V 20 = 99V = xl p αρχ = 13 Με την προσθήκη Η 2 Ο στο διάλυμα το pη μειώνεται άρα p T = 12 δηλ. p = 2 και = 10 M Τελικό διάλυμα Na Να + + ΟΗ οπότε C T = 10 M C T C T C T όμως C αρχ V = C T V T V T = = 10 V V 2O = 9V = yl Διάλυμα Y6. Κατά την προσθήκη Η 2 Ο σε ρυθμιστικό διάλυμα (ΝΗ 3 /ΝΗ 4 CI) το pη παραμένει σταθερό, υπό την προυπόθεση ότι ισχύουν οι προσεγγίσεις.για να μεταβληθεί το p κατά μία μονάδα θα πρέπει να πάψουν να ισχύουν οι προσεγγίσεις και αυτό σημαίνει συνεχής αραίωση με μεγάλο όγκο νερού. Άρα ω>99 V Συνεπώς y x ω Επιμέλεια Σοφία Χαλκιά