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. Οι διαφορές μεταξύ σ και π δεσμού είναι οι εξής (να γραφούν οποιαδήποτε δύο από τα 5 παρακάτω): Ο σ δεσμός είναι ισχυρότερος από τον π λόγω καλύτερης επικάλυψης τωντροχιακών. Ο π δεσμός δεν επιτρέπει την περιστροφή γύρω από τον άξονα του δεσμού ενώ ο σ την επιτρέπει. Ο σ δεσμός δημιουργείται με τρείς τρόπους (s s, s p, p p μετωπικά) ενώ οπ δημιουργείται μόνο με πλευρική επικάλυψη p ατομικών τροχιακών. Ο σ δεσμός είναι ο πρώτος που σχηματίζεται ενώ για να σχηματιστεί ο p πρέπει να προϋπάρχει ένας σ δεσμός. Η πιθανότητα εύρεσης του κοινού ζεύγους των ηλεκτρονίων του δεσμού σ είναι μέγιστη ανάμεσα στους δύο πυρήνες κατά μήκος του άξονα που τους συνδέει (κυλινδρική συμμετρία) ενώ στον π δεσμό η πιθανότητα εύρεσης του κοινού ζεύγους των ηλεκτρονίων είναι μέγιστη εκατέρωθεν του άξονα που συνδέει τους δύο πυρήνες. β. Παρατηρούμε ότι για την απόσπαση του 1ου και του 2ου ηλεκτρονίου οι τιμές ενέργειας ιοντισμού διαφέρουν κατά τα αναμενόμενα, ενώ για την απόσπαση του 3ου ηλεκτρονίου η τιμή της ενέργειας ιοντισμού είναι πολύ υψηλή. Εi1 < Εi2 < < Εi3, άρα το στοιχείο ανήκει στην 2η ομάδα γ. Η χρωματική αλλαγή του δείκτη παρατηρείται σε τιμές ph από pka-1 έως pka+1, δηλαδή από ph=4 έως ph=6. Άρα ο χυμός μήλου που έχει ph=3 θα χρωματισθεί κόκκινος. δ. ΝΗ 4 A NH + 4 + A - NH + 4 + H 2 O NH 3 +H 3 O + Ka(NH + 4 )=10-9 A + + H 2 O HA + - Kb(Α - ) Aφού ph=8>7 προφανώς [ΟΗ - ]>[Η3Ο + ] οπότε Κb (A - )> Ka(NH + 4 )=10-9 ή Kb(NH 3 )=10-5 >Ka(HA)
ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. Mε επίδραση CuCl, NH 3 το 1-πεντίνιο (επειδή έχει ακραίο τριπλό δεσμό) θα δώσει κεραμέρυθρο ίζημα: CH 3 -CH 2 -CH 2 -C CH + CuCl +NH 3 CH 3 -CH 2 -CH 2 -C CCu + NH 4 Cl β. Επιδρούμε με ΝαΟH οπότε: HCOOCH 3 +Na HCOONa + CH 3 CH 3 COOCH 2 CH 3 + Na CH3COONa + CH 3 CH 2 Στη συνέχεια με επίδραση I 2, Na, το προϊόν CH 3 CH 2 που προκύπτει από το CH 3 COOCH 2 CH 3, θα δώσει κίτρινο ίζημα: CH 3 CH 2 + 4I 2 + 6Na HCOONa +CHI 3 + 5NaI + 5H 2 O Εναλλακτικά θα μπορούσαμε να επιδράσουμε και με περίσσεια KMnO 4 /H + οπότε στο πρώτο δοχείο θα παρατηρηθεί έκλυση αερίου (CO 2 ). Γ2. Oι ζητούμενοι συντακτικοί τύποι είναι: Α: ΗC CH Β: CH 2 =CH 2 Γ: CH 3 -CH 2 Cl Δ: Ε: Ζ: Θ: Γ3. Έστω 3χ mol αλκοοόλης A C ν Η 2ν+1 ΟΗ (Mr A =14ν+18) και 3y mol αλκοόλης Β C κ Η 2κ+1 ΟΗ (Μr B =14κ+18). Τότε ισχύει: 3χ (14ν+18) + 3y (14κ+18) = 44,4 (1) Στο 1 ο μέρος έχουμε: χ mol Α και y mol Β, οπότε: C ν Η 2ν+1 ΟΗ +Na C ν Η 2ν+1 ΟNa + ½ H 2 χ mol χ/2 mol C κ Η 2κ+1 ΟΗ + Νa C κ Η 2κ+1 ΟNa +½ H2 y mol y/2 mol Άρα άρα χ+y=0,2 (2) Στο 2 ο μέρος έχουμε: C ν Η 2ν+1 ΟΗ +SOCl 2 C ν Η 2ν+1 Cl + SO2 + HCl C κ Η 2κ+1 ΟΗ + SOCl 2 C κ Η 2κ+1 Cl + SO2 + HCl
Eπίσης: C ν Η 2ν+1 Cl + Mg C ν Η 2ν+1 ΜgCl C κ Η 2κ+1 Cl + Mg C κ Η 2κ+1 ΜgCl C ν Η 2ν+1 ΜgCl + Η 2 Ο C ν Η 2ν+1 + Μg(ΟΗ) Cl C κ Η 2κ+1 ΜgCl + Η 2 Ο C κ Η 2κ+1 + Μg(ΟΗ) Cl Όμως C ν Η 2ν+1 και C κ Η 2κ+1 το ίδιο πρϊόν, άρα ν=κ. Στο 3 ο μέρος: χ mol A και y mol Β αντιδρούν με Ι 2 /Νa και με δεδομένο ν=κ, συνολικά θα έχουμε: R-CH- + 4I 2 +6Na RCOONa + CHI 3 + 5NaI + 5H 2 O CH3 χ+y mol χ+y mol Oπότε χ+y =0,05, το οποίο δεν ισχύει αφού από (2): χ+y=0,2. Άρα αντιδρά μόνο η μία αλκοόλη οπότε mol CH3I =mol αλκοολης δηλαδή χ=0,05, οπότε y=0,15 Aπό (1) και με κ=ν, χ=0,05 και y=0,15 έχουμε: 3 0,05 (14ν+18)+3 0,15 (14ν+18)=44,4, οπότε ν=4 Άρα η μία αλκοόλη (που δίνει αλογοφορμική) είναι η: CH 3 -CH 2 -CH-CH 3 και η άλλη είναι η CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 2 - αφού τα αντίστοιχα αντιδραστήρια Grignard πρέπει με το νερό να δίνουν τον ίδιο υδρογονάνθρακα. CH 3 CH 2 CH CH 3 + H 2 O CH 3 -CH 2 -CH 3 + Mg()Cl MgCl CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 2 MgCl + H 2 O CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 3 + Mg()Cl Στο αρχικό μίγμα έχουμε: 3χ=0,15 mol της 3y=0,45 mol της
ΘΕΜΑ Δ Δ1. δοχείο 1 Υ3 δοχείο 2 Υ5 δοχείο 3 Υ1 δοχείο 4 Υ2 δοχείο 5 Υ4 Δ2. α. Έστω Cχ η συγκέντρωση του γαλακτικού οξέος: n οξ =0,01 Cχ mol n Na = 0,1 5 10-3 =5 10-4 mol CH 3 -CH-CO + Na CH 3 -CHCOONa + H 2 O 0,01 Cχ 5 10-4 Άρα: 0,01 Cχ=5 10-4 και Cχ=0,05 Μ. β. Mε επίδραση ΝαΗCΟ 3 απελευθερώνεται CO 2 και έτσι γίνεται ανίχνευση της καρβοξυλομάδας. CH 3 -CH-CO + NaHCO 3 CH 3 -CHCOONa +CO 2 + H 2 O Με επίδραση ΚΜnO 4 /H + οξειδώνεται το δευτεροταγές άτομο άνθρακα, επομένως από τον αποχρωματισμό του διαλύματος γίνεται ανίχνευση της υδροξυλομάδας: 5CH 3 -CH-CO + 2ΚΜnO 4 + 3H 2 SO 4 5CH 3 -C-CO +2MnSO 4 +K 2 SO 4 +8 H 2 O O Δ3. Aπό το διάλυμα Υ2: ΝΗ 3 1 Μ, το οποίο από το Δ1 έχει ph=11, θα υπολογίσουμε τη σταθερά Kb NH3 : NH 3 + H 2 O NH4 + + αρχ. 0,1 - ιον. χ - παρ. - χ χ τελ. 0,1-χ χ χ ph=11 p=3 [ - ]=10-3 M=χ [NH3]=0,1-χ 0,1 Μ [NH 4 + ]=[ - ]=10-3 M [ ][ ] [ ] =10-5
Έστω V1 L διαλύματος Na 0,1 Μ και V2 L διαλύματος ΝH 4 Cl 0,1 Μ θα αναμείξουμε: n Na =0,1 V1 mol n NH4Cl =0,1 V2 mol Αφού προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα αντιδρά πλήρως με το Νa. Έτσι: ΝαΟΗ + NH 4 Cl NaCl + NH 3 + H 2 O αρχ. 0,1 V1 0,1 V2 τελ. 0 0,1 (V2-V1) 0,1 V1 0,1 V1 Επομένως στο Υ6 έχουμε: ΝΗ 3 με Cβ = M NH 4 Cl με Cοξ= M με Κa NH4+ =10-9 δηλαδή: ph = pka+log 9=9+ log log =0 =1 V1=V2-V1 2V1=V2
Δ4. Η αραίωση του διαλύματος ΝΗ3 θα δώσει phτελ=10. Από την αραίωση έχουμε: Cαρχ Vαρχ= Cτελ Vτελ (3) 0,1 V= Cτελ (V+χ) (4) Είναι: ΝΗ 3 + Η 2 Ο ΝΗ4 + + ΟΗτελικά: cτελ-φ φ φ Οπότε [ΟΗ-]=10-4 Μ= φ (αφού phτελ=10) Θεωρώντας ότι ισχύουν οι προσεγγίσεις: [ +][ ] [ ] 10-5 = Cτελ=10-3 Μ. Τελικά από τη σχέση (4) παίρνουμε: χ=99v. H αραίωση του διαλύματος Νa θα δώσει phτελ=12. Από τη σχέση (3) έχουμε: 0,1 V=Cτελ(V+y) (5) Na Na + + - τελικά: 0 Cτελ Cτελ Είναι p=2 άρα [ΟΗ-]= Cτελ=10-2 Μ Οπότε από την (5) έχουμε: y=9v Επειδή το διάλυμα Υ6 είναι ρυθμιστικό και με αραίωση άλλαξε το ph του προφανώς έχει χάσει τη ρυθμιστική του ικανότητα. Συνεπώς η αραίωση έχει υπερβεί τα όρια που επιτρέπουν τη χρήση της εξίσωσης Henderson Hasselbalch και τις γνωστές προσεγγίσεις. Έτσι έχουμε: y<x<ω Eπιμέλεια: Εμμανουέλα Μαθιουδάκη, Βιολόγος