ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ - Lexis Bookshop

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

ΠΡΩΤΟ ΜΕΡΟΣ: ΚΡΙΤΗΡΙΑ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

1ο Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 1: ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52ο Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 1: ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83ο Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 2: ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114ο Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 2: ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145ο Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 3: ΧΗΜΙΚΗ ΚΙΝΗΤΙΚΗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176ο Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 3: ΧΗΜΙΚΗ ΚΙΝΗΤΙΚΗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217o Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 4: ΧΗΜΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258o Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 4: ΧΗΜΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299o Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 5: ΟΞΕΑ, ΒΑΣΕΙΣ ΚΑΙ ΙΟΝΤΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ . . . . . . . . . 33

10o Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 5: ΟΞΕΑ, ΒΑΣΕΙΣ ΚΑΙ ΙΟΝΤΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ . . . . . . . . . 3711o Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 5: ΟΞΕΑ, ΒΑΣΕΙΣ ΚΑΙ ΙΟΝΤΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ . . . . . . . . . 4112o Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 5: ΟΞΕΑ, ΒΑΣΕΙΣ ΚΑΙ ΙΟΝΤΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ . . . . . . . . . 4513o Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 6: ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΑΚΗ ΔΟΜΗ ΚΑΙ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ . . 5014o Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 6: ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΑΚΗ ΔΟΜΗ ΚΑΙ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ . . 5315o Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 6: ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΑΚΗ ΔΟΜΗ ΚΑΙ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ . . 5616o Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 6: ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΑΚΗ ΔΟΜΗ ΚΑΙ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ . . 6017ο Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 7: ΟΡΓΑΝΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6318ο Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 7: ΟΡΓΑΝΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6719ο Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 7: ΟΡΓΑΝΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7120ό Κριτήριο Αξιολόγησης ΚΕΦ. 7: ΟΡΓΑΝΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΕΡΟΣ: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ∆ΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ

1ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 792ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 833ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 874ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

3

ximeia-g-lykeiou-kritiria 31/3/2017 9:08 πμ Page 3

5ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 946ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 977ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1018ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1059ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

10ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11211ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11612ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12013ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12414ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12815ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132

Απαντήσεις Κριτηρίων Αξιολόγησης . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137Απαντήσεις Επαναληπτικών Διαγωνισμάτων Προσομοίωσης . . . . . . . 183

Χημεία Γ΄ Γενικού Λυκείου – Κριτήρια Αξιολόγησης

4


12ο Κριτήριο Αξιολόγησης

ΚΕΦ. 5: ΟΞΕΑ, ΒΑΣΕΙΣ ΚΑΙ ΙΟΝΤΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ

ΘΕΜΑ Α

Για τις προτάσεις Α1 έως και Α5 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της πρό-τασης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή πρόταση.

Α1. Για διάλυμα ασθενούς οξέος ΗΑ σταθεράς ιοντισμού Ka, οποιασδήποτε συ-γκέντρωσης c > 10−6 M, o βαθμός ιοντισμού (α) υπολογίζεται από την εξί-σωση:

α. α = β. α =

γ. α = δ. α =

(μονάδες 5)

Α2. Σε ρυθμιστικό διάλυμα το ασθενές οξύ έχει συγκέντρωση ca, βαθμό ιοντι-σμού αa και σταθερά ιοντισμού Ka, ενώ η συζυγής βάση έχει συγκέντρω-ση cb, βαθμό ιοντισμού αb και σταθερά ιοντισμού Kb. Επίσης ισχύουν οι

σχέσεις: < 0,01 και < 0,01. Επομένως δεν ισχύει:

α. Αν cb > ca, τότε pH > pKa.β. Αν cb < ca, τότε pΟH > pKb.

γ. αb = .

δ. αb = .

(μονάδες 5)

Α3. Μελετάμε τη χημική ισορροπία:3Cl2(g) + 6OH(aq)

− 5Cl(aq)− + ClO3(aq)

− + 3H2O(ℓ)

Kc

a [A−][HA]

[H3O+]Ka + [H3O+]

Ka

Ka + [H3O+]

Kb

cb

Ka

ca

Kc

b

b

[OH−]cb

45

ximeia-g-lykeiou-kritiria 3/4/2017 3:08 μμ 5

Για να μετατοπίσουμε τη χημική ισορροπία αριστερά, ποια από τις επόμε-νες ενώσεις πρέπει να προσθέσουμε, υπό σταθερό όγκο και θερμοκρασία;α. Cl2(g) β. ΝaΟΗ(s) γ. KBr(s) δ. ΗBr(g)

(μονάδες 5)

Α4. Αναμειγνύουμε ίσους όγκους διαλυμάτων Υ1 και Υ2. Σε ποια από τις πα-ρακάτω περιπτώσεις προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα με τη μεγαλύτερη ρυθ-μιστική ικανότητα;α. Το Υ1 είναι ΚΟΗ 1 Μ και το Υ2 είναι HCΟΟΗ 2 Μ.β. Το Υ1 είναι ΚΟΗ 0,5 Μ και το Υ2 είναι HCΟΟΗ 1 Μ.γ. Το Υ1 είναι ΚΟΗ 2 Μ και το Υ2 είναι HCΟΟΗ 1 Μ.δ. Το Υ1 είναι ΚΟΗ 0,5 Μ και το Υ2 είναι HCΟΟΗ 0,5 Μ.

(μονάδες 5)

Α5. Η χημική ισορροπία CH3COOH(aq) + OH(aq)− CH3COO(aq)

− + Η2Ο(ℓ)

είναι μετατοπισμένη δεξιά. Αν το CH3COOH έχει Ka = 10−5 Μ, τότε στους25οC θα ισχύει:α. Ka(Η2Ο) < 10−5 Μβ. Ka(Η2Ο) > 10−5 Μγ. Kb(OH−) = 10−9 Mδ. Kb(OH−) < 10−9 M

(μονάδες 5)

ΘΕΜΑ Β

Β1. Ποια από τις παρακάτω ουσίες, αν προστεθεί σε διάλυμα που περιέχει χλω-ριούχο αμμώνιο (ΝΗ4Cl) και αμμωνία (ΝΗ3), δε θα μεταβάλει το pH του;(Πριν και μετά την προσθήκη ισχύουν τα κριτήρια προσέγγισης.)α. NaOH(s) β. HCl(g) γ. H2Ο(ℓ) δ. ΝΗ4I(s)

(μονάδες 5)

Β2. Ο δείκτης πράσινο της βρομοκρεσόλης είναι ένα ασθενές οξύ ΗΔ μεpKaΗΔ = 5. Τα μόριά του είναι κίτρινα, τα ιόντα του μπλε, ενώ κίτρινο+ μπλε = πράσινο. Προσθέτουμε 2-3 σταγόνες αυτού του δείκτη σε άχρω-μο διάλυμα και αυτό χρωματίζεται πράσινο. Ποια από τις παρακάτω σχέ-σεις δεν ισχύει;α. 0,1[Δ−] > [ΗΔ] > 10[Δ−]


46


β. 0,1 < < 10

γ. 4 < pH < 6δ. 0,1[ΗΔ] < [Δ−] < 10[ΗΔ]

(μονάδες 5)

Β3. Ο παρακάτω πίνακας δίνει τα στοιχεία τεσσάρων ογκομετρήσεων.

Η σχέση των ισοδύναμων σημείων pH1, pH2, pH3 και pH4, είναι:α. pH4 < pH1 = pH3 < pH2

β. pH2 < pH1 = pH3 < pH4

γ. pH1 < pH2 < pH3 < pH4

Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.(μονάδες 5)

Β4. Σε πολλά βιολογικά πειράματα χρησιμοποιούμε ως ρυθμιστικό διάλυμα έναδιάλυμα που περιέχει NaH2PO4 1 M και Na2HPO4 0,1 M. Αν το δισόξινοφωσφορικό ιόν (H2PO4

−) έχει pKa = 7,2 και ισχύει η εξίσωση Henderson-Hasselbalch, τότε το pH του είναι:α. pH = 7,2 β. pH = 8,2 γ. pH = 6,2Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.

(μονάδες 5)

Β5. «Σε ρυθμιστικό διάλυμα ΗΒ+ / Β ο βαθμός ιοντισμού του ασθενούς οξέος

ΗΒ+ είναι αa = , και ο βαθμός ιοντισμού της ασθενούς βάσης Β είναι

αb = . (Ισχύουν τα κριτήρια προσέγγισης.)»

[H3O+]Ka

ογκομετρήσεις πρότυποδιάλυμα

άγνωστοδιάλυμα

pH στο ισοδύναμοσημείο

1η ΝaΟΗ HCl pH1

2η ΝaΟΗ CH3COOH pH2

3η HΝΟ3 ΝaΟΗ pH3

4η HΝΟ3 ΝΗ3 pH4

Ka

cb

Kb

ca

12ο Κριτήριο Αξιολόγησης – Κεφ. 5: Οξέα, βάσεις και ιοντική ισορροπία

47


Να χαρακτηρίσετε την πρόταση ως Σωστή ή Λάθος.(μονάδες 1)

Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.(μονάδες 4)

ΘΕΜΑ Γ

Διαθέτουμε τέσσερα διαλύματα συγκέντρωσης 0,1 Μ: διάλυμα Υ1 περιέχει ασθε-νές οξύ ΗΑ, διάλυμα Υ2 περιέχει ΚΟΗ, διάλυμα Υ3 περιέχει ΗΝΟ3, και διάλυμαΥ4 περιέχει το άλας NaΑ.

Γ1. Αναμειγνύουμε ίσους όγκους διαλύματος Υ1 και διαλύματος Υ4 και προ-κύπτει διάλυμα με pH = 5. Ποιο το pH του κάθε διαλύματος;

(μονάδες 8)

Γ2. Σε 1 L διαλύματος Υ4 πόσα L νερού πρέπει να προσθέσουμε για να μετα-βληθεί το pH κατά 1;

(μονάδες 5)

Γ3. Αναμειγνύουμε 1 L διαλύματος Υ1, 1 L διαλύματος Υ2 και 8 L νερού. Ποιοτο pH του διαλύματος που προκύπτει;

(μονάδες 5)

Γ4. Πόσα L διαλύματος Υ3 πρέπει να προσθέσουμε σε 1000 L διαλύματος Υ4

για να προκύψει διάλυμα με pH = 7;(μονάδες 7)

Δίνεται: Kw = 10−14 Μ2.

ΘΕΜΑ Δ

Διαθέτουμε διάλυμα Υ1 που περιέχει ΝΗ3 0,1 Μ, και διάλυμα Υ2 που περιέχειΗCl 0,1 Μ.

Δ1. Αναμειγνύουμε 2 L διαλύματος Υ1 με 1 L διαλύματος Υ2 και προκύπτει διά-λυμα Υ3 με pH = 9. Ποια η σταθερά ιοντισμού της ΝΗ3;

(μονάδες 6)

Δ2. Αναμειγνύουμε 1,8 L διαλύματος Υ1 με 2,2 L διαλύματος Υ2 και προκύπτειδιάλυμα Υ4. Ποιο το pH του και ποιος ο βαθμός ιοντισμού του ΝΗ4

+;(μονάδες 6)


48

ximeia-g-lykeiou-kritiria 3/4/2017 3:08 μμ Page 48

Δ3. Πόσα mol NaOH(s) πρέπει να προσθέσουμε στο διάλυμα Υ3, υπό σταθερόόγκο, για να μεταβληθεί το pH του κατά 1 και να προκύψει ρυθμιστικό διά-λυμα;

(μονάδες 6)

Δ4. Ογκομετρούμε διάλυμα υδροξυλαμίνης (ΝΗ2ΟΗ) όγκου 100 mL και αρχι-κού pH0 = 9,5 με πρότυπο το διάλυμα Υ2. Στο ισοδύναμο σημείο κατανα-λώθηκαν 100 mL του πρότυπου διαλύματος.α. Ποια η συγκέντρωση της ΝΗ2ΟΗ, στο διάλυμά της;β. Ποια η σταθερά ιοντισμού της ΝΗ2ΟΗ;

(μονάδες 7)Kw = 10−14 Μ2.

12ο Κριτήριο Αξιολόγησης – Κεφ. 5: Οξέα, βάσεις και ιοντική ισορροπία

49


16ο Κριτήριο Αξιολόγησης

ΚΕΦ. 6: ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΑΚΗ ΔΟΜΗ ΚΑΙ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟΣ ΠΙΝΑΚΑΣ

ΘΕΜΑ Α


Α1. Τα τροχιακά 3py και 4pz διαφέρουν μεταξύ τους:α. Μόνο στο μέγεθος.β. Μόνο στο σχήμα.γ. Μόνο στον προσανατολισμό στον χώρο.δ. Στο μέγεθος και στον προσανατολισμό στον χώρο.

(μονάδες 5)

Α2. To ευγενές αέριο που βρίσκεται στην ίδια περίοδο με τα στοιχεία της 2ηςσειράς μετάπτωσης έχει ατομικό αριθμό (Ζ):α. 18 β. 36 γ. 54 δ. 86

(μονάδες 5)

Α3. Στο άτομο του 29Cu, πόσα ηλεκτρόνια έχoυν l = 0 και πόσα ηλεκτρόνιαέχουν ml = +1;α. οκτώ και επτάβ. επτά και έξιγ. έξι και έξιδ. επτά και επτά

(μονάδες 5)

Α4. Ποιο από τα παρακάτω στοιχεία έχει μεγαλύτερη ατομική ακτίνα;α. 32Ge β. 18Ar γ. 16S δ. 14Si

(μονάδες 5)

Α5. Πόσα στοιχεία που ανήκουν στην 4 περίοδο του περιοδικού πίνακα έχουντέσσερα μονήρη ηλεκτρόνια, στη θεμελιώδη κατάσταση;α. Κανένα στοιχείο.

60


β. Ένα στοιχείο.γ. Δύο στοιχεία.δ. Τρία στοιχεία.

(μονάδες 5)

ΘΕΜΑ Β

Β1. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιόσας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστό, ανη πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη.α. Το στοιχείο 2Ηe έχει τη μεγαλύτερη πρώτη ενέργεια ιοντισμού απ’ όλα

τα στοιχεία.β. Η 4 περίοδος περιλαμβάνει στοιχεία που ανήκουν στους τομείς s, p και d.γ. Οι ακτινίδες ανήκουν στην 7 περίοδο του περιοδικού πίνακα.δ. Όλα τα στοιχεία της ομάδας p6 έχουν δομή εξωτερικής στιβάδας ns2 np4.ε. Το τροχιακό 4dxy έχει μεγαλύτερη ενέργεια από το τροχιακό 4dyz.

(μονάδες 5)

Β2. Να υπολογίσετε τον ατομικό αριθμό ενός στοιχείου Ω της 3 περιόδου, τουοποίου οι τέσσερις πρώτες ενέργειες ιοντισμού σε MJ.mol−1 είναι:Εi1 = 0,50, Εi2 = 4,56, Εi3 = 6,81, Εi4 = 9,54

(μονάδες 5)

Β3. «Από τα στοιχεία 3Li, 10Ne, 12Mg, 18Ar μεγαλύτερη ενέργεια δεύτερου ιο-ντισμού έχει το 18Ar».Να χαρακτηρίσετε την πρόταση ως Σωστή ή Λάθος.

(μονάδες 1)Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

(μονάδες 5)

Β4. Το μέταλλο Μ είναι στοιχείο της 3d σειράς. Το κατιόν του Μ2+ έχει εννέαηλεκτρόνια στην 3d υποστιβάδα του. Ποια είναι η ηλεκτρονιακή δομή τουατόμου του σε υποστιβάδες;

(μονάδες 4)

Β5. Να αποδείξετε ότι η δεύτερη ενέργεια ιοντισμού Εi2 του νατρίου (11Na) εί-ναι μεγαλύτερη από την πρώτη ενέργεια ιοντισμού Εi1 του νέου (10Ne).

(μονάδες 5)

16ο Κριτήριο Αξιολόγησης – Κεφ. 6: Ηλεκτρονιακή δομή και περιοδικός πίνακας

61


ΘΕΜΑ Γ

Τα στοιχεία Χ και Ψ είναι στοιχεία μετάπτωσης της 1ης σειράς.Το στοιχείο Χ σχηματίζει κατιόν Χ2+ με δομή 1s2 2s22p6 3s23p63d9.Το στοιχείο Ψ σχηματίζει κατιόν Ψ2+ που δεν έχει μονήρες ηλεκτρόνιο.

Γ1. α. Ποια είναι η ομάδα (με τρεις τρόπους) του στοιχείου Χ;β. Ποια είναι η ομάδα (με τρεις τρόπους) του στοιχείου Ψ;γ. Ποιο στοιχείο δεν είναι παραμαγνητικό;

(μονάδες 13)

Γ2. α. Nα συγκρίνετε τις ατομικές ακτίνες των ατόμων X, 36Kr, 37Rb.β. Να συγκρίνετε την πρώτη ενέργεια ιοντισμού των στοιχείων Ψ, 19K,

17Cl.(μονάδες 12)

ΘΕΜΑ Δ

Δ1. Το στοιχείο Χ ανήκει στην 3 περίοδο του περιοδικού πίνακα και οι πέντεπρώτες ενέργειες ιοντισμού του σε MJ.mol−1 είναι:Ei1 = 0,74, Ei2 = 1,43, Ei3 = 7,73, Ei4 = 10,54, Ei5 = 13,62Ποιος ο ατομικός αριθμός και ποια η ομάδα του στον περιοδικό πίνακα, μετρεις τρόπους;

(μονάδες 6)

Δ2. Το στοιχείο Ψ ανήκει στην 3 περίοδο του περιοδικού πίνακα, σχηματίζειμε τα αλκάλια και τις αλκαλικές γαίες ιοντικές ενώσεις, ενώ το άτομό τουέχει δύο μονήρη ηλεκτρόνια στη θεμελιώδη κατάσταση. Ποιος ο ατομικόςαριθμός και ποια η ομάδα του στον περιοδικό πίνακα, με τρεις τρόπους;

(μονάδες 6)

Δ3. α. Να συγκρίνετε τις ατομικές ακτίνες των στοιχείων Χ και Ψ.β. Να συγκρίνετε τις πρώτες ενέργειες ιοντισμού των στοιχείων Χ και Ψ.

(μονάδες 6)

Δ4. Πόσα mol ατόμων του στοιχείου Χ(g) μπορούν να μετατραπούν σε κατιό-ντα Χ(g)

3+ με ενέργεια ίση με 19,8 ΜJ;(μονάδες 7)


62


20ό Κριτήριο Αξιολόγησης

ΚΕΦ. 7: ΟΡΓΑΝΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ

ΘΕΜΑ Α


Α1. Από τις παρακάτω οργανικές ενώσεις, σ δεσμούς στο μόριό της έχει μόνοη ένωση:α. μεθανάλη (ή φορμαλδεΰδη)β. τριχλωρομεθάνιο (ή χλωροφόρμιο)γ. χλωροαιθένιο (ή βινυλοχλωρίδιο)δ. αιθανονιτρίλιο (ή αιθανοκυανίδιο)

(μονάδες 5)

Α2. Από τις παρακάτω οργανικές ενώσεις, ανάγει το αντιδραστήριο Tollens καιδίνει αρνητικό τεστ ιωδοφορμίου η ένωση:α. CH3COCH3 β. CH3CHΟγ. CH3CH(ΟΗ)CH3 δ. CH3CH2CΗΟ

(μονάδες 5)

Α3. Με θέρμανση της προπανόλης με Cu, έχουμε καταλυτική αφυδρογόνωσημε κύριο προϊόν:α. προπανάλη β. προπανόνη γ. προπανικό οξύ δ. CO2

(μονάδες 5)

Α4. Aπό τις παρακάτω οργανικές ενώσεις, ανάγεται με H2 παρουσία καταλύτηη ένωση:α. αιθυλομεθυλαιθέραςβ. προπανόληγ. προπανονιτρίλιοδ. προπαναμίνη

(μονάδες 5)

75


Α5. Ποια από τις παρακάτω οργανικές ενώσεις αποχρωματίζει διάλυμα KMnO4

/ H2SΟ4, ενώ το υδατικό της διάλυμα είναι βασικό;α. CH2OH β. COOH γ. CHO δ. HCΟONa

│ │ │

CH2OH COOH CHO(μονάδες 5)

ΘΕΜΑ Β

Β1. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιόσας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη Σωστό, ανη πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη.α. Στο μόριο του μεθανίου η γωνία δεσμού Η–C–H είναι 90o.β. Η προσθήκη Br2 στα αλκένια είναι αντίδραση οξείδωσης οργανικής

ένωσης.γ. Το φυσικό καουτσούκ και το συνθετικό καουτσούκ έχουν την ίδια δο-

μή (cis).δ. Η σταθερά ιοντισμού Kb της βάσης C6H5O− είναι μεγαλύτερη από τη

σταθερά ιοντισμού Kb της βάσης CΗ3CΟO−.ε. Τα υδατικά διαλύματα των αλάτων RCOONa είναι ουδέτερα.

(μονάδες 5)

Β2. Κατά την αντίδραση του 2-χλωροβουτανίου με διάλυμα NaOH, ποια απότις παρακάτω ενώσεις δεν μπορεί να είναι προϊόν;α. βουτίνιο β. βουτένιο γ. 2-βουτένιο δ. 2-βουτανόλη

(μονάδες 5)

Β3. Να εξηγήσετε με χημικές εξισώσεις την όξινη και τη βασική υδρόλυση τωννιτριλίων.

(μονάδες 10)

Β4. Να χαρακτηρίσετε την πρόταση που ακολουθεί ως Σωστή ή Λάθος και ναδικαιολογήσετε την απάντησή σας:«Υδατικό διάλυμα αιθανόλης δεν αντιδρά με το ΚΟΗ».Η αιθανόλη και το νερό έχουν αντίστοιχα σταθερές ιοντισμού 10−16 M και10−14 M.

(μονάδες 5)


76


ΘΕΜΑ Γ

Δίνεται το παρακάτω διάγραμμα χημικών μετατροπών:

Γ1. Ποιοι οι συντακτικοί τύποι και οι ονομασίες των ενώσεων Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ,Θ, Ι και Λ;

(μονάδες 18)

Γ2. Σε δοχείο αντίδρασης εισάγουμε 3 mol Ζ και 3 mol Θ.

Πόσα mol οργανικού προϊόντος παίρνουμε αν η απόδοση είναι ίση με ;

Ποια η σταθερά ισορροπίας της αντίδρασης:Ζ(solv) + Θ(solv)Μ(solv) + H2O(solv)

(μονάδες 7)

ΘΕΜΑ Δ

Αλκοόλη (A) ROH μάζας 360 g χωρίζεται σε δύο ίσα μέρη.Στο 1ο μέρος επιδρούμε με H2SO4 και θερμαίνουμε, οπότε παίρνουμε την ένω-ση Β. Με προσθήκη H2O / Η+ στην ένωση Β, παίρνουμε την ένωση Γ, και αυτήμε επίδραση περίσσειας Na δίνει την ένωση Δ.Στο 2ο μέρος επιδρούμε με SOCl2, οπότε παίρνουμε την ένωση Ε. Τέλος, όλη ηποσότητα της Δ και όλη η ποσότητα της Ε αντιδρούν και παίρνουμε 3 mol μει-κτού αιθέρα Ζ.

(Α) CνΗ2ν

HgSO4 / H2SO4

H2Oαλκοολ. ΝaΟΗ

2-μεθυλοβουτάνιοΗ2 / Ni

Β Γ ΔΒr2 / CCl4

Δ E Z ΘI2 / NaOH ΗCl αναγωγή

K (Λ) C7H16OH2ORMgCl (Ι)

CuSO4 / NaOH δεν αντιδρά

23

20ό Κριτήριο Αξιολόγησης – Κεφ. 7: Οργανική Χημεία

77


Δ1. Ποια η αρχική ποσότητα της αλκοόλης (A);(μονάδες 13)

Δ2. Ποιοι οι συντακτικοί τύποι και οι ονομασίες των ενώσεων Α, Β, Γ, Δ, Ε καιΖ;

(μονάδες 12)Δίνονται οι Αr: C = 12, H = 1, O = 16.


78


14ο Επαναληπτικό Διαγώνισμα

ΘΕΜΑ Α

Να επιλέξετε τη σωστή πρόταση-απάντηση.

Α1. Δίνεται η ισορροπία: Α(g) + 2Β(g) (1) 2Γ(g), ΔΗΑΝΤ(1) = −30 kJΠοια μεταβολή θα αυξήσει τη σταθερά ισορροπίας Kc;α. Προσθήκη Α(g).β. Προσθήκη Α(g) και Β(g).γ. Αύξηση όγκου του δοχείου.δ. Ψύξη στο δοχείο.

(μονάδες 5)

Α2. Σε διάλυμα HCΟΟΝa συγκέντρωσης 1 Μ και θερμοκρασίας 25οC ισχύει:α. [HCΟΟ−] = 1 Μβ. pH = 13γ. [Η3Ο+][ΟΗ−] = 10−14 Μ2

δ. [Η3Ο+] > [ΟΗ−](μονάδες 5)

Α3. Η ασθενής βάση ΝΗ3 έχει μεγαλύτερο βαθμό ιοντισμού σε:α. Διάλυμα ΝΗ3 0,1 Μ.β. Διάλυμα ΝΗ3 0,01 Μ.γ. Διάλυμα ΝΗ3 0,1 Μ / ΝaOH 1 Μ.δ. Διάλυμα ΝΗ3 0,1 Μ / ΝΗ4Cl 0,1 Μ.

(μονάδες 5)

Α4. Το άτομο 29Cu, στη θεμελιώδη κατάσταση, έχει ηλεκτρόνια με ml = +1:α. τέσσερα β. πέντε γ. έξι δ. επτά

(μονάδες 5)

Α5. Από τις παρακάτω οργανικές ενώσεις, αντιδρά και με ΝΗ3 και με K2Cr2O7

/ H2SO4 η ένωση:α. αιθανικό οξύβ. μεθανικό οξύ

128


γ. χλωροαιθάνιοδ. προπανόνη

(μονάδες 5)

ΘΕΜΑ Β

Β1. Να χαρακτηρίσετε ως Σωστή ή Λάθος κάθε πρόταση.α. Στοιχείο του p τομέα μπορεί να έχει αριθμό οξείδωσης +9 στις ενώσεις

του.β. Υπάρχουν ενώσεις που άλλοτε δρουν ως οξειδωτικά και άλλοτε ως

αναγωγικά.γ. Η καμπύλη αντίδρασης δείχνει πώς μεταβάλλεται το pH ενός διαλύ-

ματος σε σχέση με τον όγκο του προστιθέμενου πρότυπου διαλύματος.δ. Η χημική ισορροπία ΗΑ(aq) + Η2Ο(ℓ)Α(aq)

− + Η3Ο(aq)+ μετατοπίζε-

ται αριστερά, με προσθήκη NaOH(s), υπό σταθερό όγκο.ε. Οι αντιδράσεις προσθήκης των αλκινίων μπορούν να περιοριστούν στο

1ο στάδιο προσθήκης, με κατάλληλη επιλογή συνθηκών.(μονάδες 5)

Β2. Σε διάλυμα ΗCl με pH1 προσθέτουμε ίσο όγκο διαλύματος ΗΝΟ3 μεpH2 > pH1. Να αποδείξετε ότι το pH του διαλύματος ΗCl θα αυξηθεί.

(μονάδες 6)

Β3. Αν ένα διάλυμα μονοπρωτικού οξέος ΗΑ συγκέντρωσης 0,1 Μ έχει pH = 1στους 25οC, τότε να δικαιολογήσετε τις παρακάτω προτάσεις:α. Με αραίωση στο δεκαπλάσιο, το pH γίνεται 2.

(μονάδες 2)β. Διάλυμα του άλατος ΝΗ4Α είναι όξινο.

(μονάδες 2)γ. Διάλυμα του άλατος NaΑ είναι ουδέτερο.

(μονάδες 2)

Β4. Τo στοιχείo Χ ανήκει στην 3 περίοδο του περιοδικού πίνακα και έχειενέργειες ιοντισμού, σε kJ.mol−1: Ei1 = 0,58, Ei2 = 1,82, Ei3 = 2,74 καιEi4 = 11,58.α. «Το στοιχείο 31Ψ θα έχει Ei1 < 0,58 kJ.mol−1».

Να χαρακτηρίσετε την πρόταση ως Σωστή ή Λάθος και να δικαιολο-γήσετε την απάντησή σας.

(μονάδες 5)


129


β. Το στοιχείο Ω ανήκει στην ίδια ομάδα με το Χ και στην 5 περίοδο. Νασυγκρίνετε τις ατομικές ακτίνες των στοιχείων Χ, Ψ, Ω.

(μονάδες 3)

ΘΕΜΑ Γ

Διαθέτουμε ορισμένη μάζα ενός κορεσμένου μονοκαρβονικού οξέος (Α). Η μισήμάζα του προκαλεί αλλαγή χρώματος σε 200 mL διαλύματος K2Cr2O7 1 Μ / H2SO4.

Γ1. Πόσους σ και π δεσμούς έχει το οξύ (Α) στο μόριό του;(μονάδες 5)

Γ2. Η άλλη μισή μάζα του Α αναμειγνύεται με ισομοριακή ποσότητα κορεσμέ-νης μονοϋδροξυλικής (μονοσθενούς) αλκοόλης (Β), οπότε παράγονται

35,2 g εστέρα (Γ) με απόδοση . Η αλκοόλη (Β) δίνει θετικό το τεστ ιω-

δοφορμίου. Ποιος ο συντακτικός τύπος και η ονομασία των οργανικών ενώ-σεων Β και Γ;

(μονάδες 8)

Γ3. α. Nα υπολογίσετε τη σταθερά ισορροπίας της χημικής εξίσωσης:Α(solv) + Β(solv) Γ(solv) + Η2Ο(solv)

(μονάδες 4)

β. Στο μείγμα ισορροπίας προσθέτουμε 0,6 mol εστέρα (Γ) και 0,6 molΗ2Ο. Ποια είναι η νέα ποσότητα του εστέρα (Γ) στη νέα ισορροπία;

(μονάδες 4)

Γ4. Να διακρίνετε τις ενώσεις Α, Β, Γ και CH3COOH, έχοντας στη διάθεσήσας διάλυμα K2Cr2O7 / H2SO4 και ένα οποιοδήποτε άλλο αντιδραστήριο.

(μονάδες 4)Δίνονται οι Αr: C = 12, H = 1, O = 16.

ΘΕΜΑ Δ

Διαθέτουμε τρία διαλύματα ίσης συγκέντρωσης:Το διάλυμα Υ1 περιέχει ΝΗ3 με βαθμό ιοντισμού ίσο με 10−2.Το διάλυμα Υ2 περιέχει ΝΗ4Cl με βαθμό ιοντισμού του ΝΗ4

+ ίσο με 10−4.Το διάλυμα Υ3 περιέχει ΚCΝ με pH = 11.

23


130


Δ1. Ποια η κοινή συγκέντρωσή τους και ποια η Kb(NH3);(μονάδες 8)

Δ2. Αναμειγνύουμε ίσους όγκους των διαλυμάτων Υ1 και Υ2, οπότε προκύπτειδιάλυμα Υ4. Ποιος ο βαθμός ιοντισμού της ΝΗ3 στο διάλυμα Υ4;

(μονάδες 8)

Δ3. Αναμειγνύουμε ίσους όγκους των διαλυμάτων Υ1 και Υ3, οπότε προκύπτειδιάλυμα Υ5. Ποιο το pH και ο βαθμός ιοντισμού του CΝ− στο διάλυμα Υ5;

(μονάδες 9)Δίνεται: Kw = 10−14 Μ2.


131


c1V1 = c2V2 ⇒ V2 = = ⇒

⇒ V2 = 400 LVH2O = V2 − V1 = 400 L − 4 L ⇒ VH2O = 396 LΔ3. Το προστιθέμενο HBr(g) αντιδρά με τη βά-ση CΗ3ΝΗ2 και έχουμε:ποσότητες / mol CΗ3ΝΗ2 +HBr(g) → CΗ3ΝΗ3

+Br−

αρχικές 0,1.4 0,4 0αντ. (−) / παρ. (+) −0,4 −0,4 +0,4τελικές 0 0 0,4Το άλας CΗ3ΝΗ3

+Br− έχει συγκέντρωση

cs = = 0,1 M, ενώ με πλήρη διάσταση

δίνει το ασθενές οξύ CΗ3ΝΗ3+ με συγκέντρω-

ση c3 = cs = 0,1 Μ και σταθερά ιοντισμού

Ka = = = 10−9 M

Επειδή = = 10−8 < 0,01, ισχύει:

[Η3Ο+]3 = = =

= 10−5 M ⇒ pH3 = 5Δ4. Το διάλυμα Υ3 είχε pH3 = 5, που με την προ-σθήκη ΝaΟΗ αυξάνεται κατά 2 μονάδες, άραγίνεται pH4 = 5 + 2 = 7.Έστω n mol ΝaΟΗ(s) που πρέπει να προσθέσου-με. Το ΝaΟΗ(s) αντιδρά με το άλας βρομιούχομεθυλαμμώνιο CΗ3ΝΗ3

+Br− και δίνει:CΗ3ΝΗ3

+Br− + ΝaΟΗ → CΗ3ΝΗ2 + ΝaBr + Η2ΟΕπειδή δε γνωρίζουμε το ελλειμματικό αντι-δρών, μελετάμε τρεις περιπτώσεις:1η περίπτωση: Αν τα αντιδρώντα είναι σε στοι-χειομετρική αναλογία, τότε θα έχουμε διάλυμαCΗ3ΝΗ2 με pH > 7, άρα απορρίπτεται.2η περίπτωση: Αν το ελλειμματικό αντιδρώνείναι το CΗ3ΝΗ3

+Br−, τότε θα έχουμε διάλυμαCΗ3ΝΗ2 και περίσσειας ΝaΟΗ, συνεπώςpH >> 7, άρα απορρίπτεται.3η περίπτωση: Αν ελλειμματικό αντιδρών είναιτο ΝaΟΗ, τότε έχουμε:ποσ./mol CΗ3ΝΗ3

+Br− + ΝaΟΗ → CΗ3ΝΗ2 + ΝaBr + Η2Οαρχικές 0,1.4 n 0α(-)/π(+) −n −n +nτελικές 0,4 − n 0 n

(0,1 M)(4 L)10−3 M

c1V1

c2

0,4 mol4 L

10−14 M2

10−5 MKa

Kb

10−9 M0,1 M

Ka

c3

10 0 19−( )( )M M,K ca 3

Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα με:Ασθενές οξύ CΗ3ΝΗ3

+: ca = cCΗ3ΝΗ3+Br− =

= = M

Συζυγή βάση CΗ3ΝΗ2: cb = = M

Υποθέτουμε ότι ισχύει το κριτήριο της προσέγ-γισης και για το οξύ και για τη βάση, οπότεισχύει η εξίσωση:

pH4 = pKa + log ⇒ 7 = 9 + log ⇒

⇒ −2 = log ⇒ = 10−2 ⇒ cb = 10−2ca ⇒

⇒ M = 10−2( M)⇒ n = 4.10−3 mol

Έλεγχος:

ca = M = M =

= 9,9.10−2 M και = < 0,01

cb = Μ = M = 10−3 M και

= = 0,01

Άρα δεκτή η τιμή n = 4.10−3 mol.

12ο ΚΡΙΤΗΡΙΟ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

ΘΕΜΑ ΑΑ1. δ Α2. γ Α3. δ Α4. α Α5. α

ΘΕΜΑ ΒΒ1. γ.Β2. α.Β3. α. 1η ογκομέτρηση: pH1 = 7, γιατί το άλαςΝaCl είναι ουδέτερο, αφού δεν αντιδρά με τοΗ2Ο(ℓ) ούτε το κατιόν Νa+ ούτε το ανιόν Cl−.2η ογκομέτρηση: pH2 > 7, γιατί το άλαςCH3COOΝa είναι βασικό, αφού αντιδρά με τοΗ2Ο(ℓ) μόνο το ανιόν CH3COO− και παράγο-νται ΟΗ−.

0,4 − n4

(0,4 − n) mol4 L

n4

n mol4 L

cb

ca

cb

ca

cb

ca

cb

ca

0,4 − n4

n4

0,4 − 4.10−3

40,4 − n

410−9 M

9,9.10−2 MKa

ca

4.10−3

4n4

10−5 M10−3 M

Kb

cb

Χημεία Γ΄ Γενικού Λυκείου – Απαντήσεις Κριτηρίων Αξιολόγησης

158


3η ογκομέτρηση: pH3 = 7, γιατί το άλας ΝaΝΟ3είναι ουδέτερο, αφού δεν αντιδρά με το Η2Ο(ℓ)ούτε το κατιόν Νa+ ούτε το ανιόν ΝΟ3

−.4η ογκομέτρηση: pH4 < 7, γιατί το άλας ΝΗ4ΝΟ3είναι όξινο, αφού αντιδρά με το Η2Ο(ℓ) μόνο τοκατιόν ΝΗ4

+ και παράγονται Η3Ο+.Άρα έχουμε pH4 < pH1 = pH3 < pH2.Β4. γ. Η διάσταση του NaH2PO4 δίνει:NaH2PO4 → Na+ + H2PO4−

0 1 Μ 1 ΜΗ διάσταση του Na2HPO4 δίνει:Na2HPO4 → 2Na+ + HPO4

2−

0 2.0,1 Μ 0,1 ΜΤο διάλυμα περιέχει ένα ασθενές οξύ H2PO4

−

και τη συζυγή του βάση HPO42−, άρα είναι ρυθ-

μιστικό.Η εξίσωση Henderson-Hasselbalch δίνει:

pH = pKa + log = 7,2 + log =

= 7,2 + (−1) ⇒ pH = 6,2Β5. Σωστό. Ο μερικός ιοντισμός του οξέος δίνει:συγκ. / Μ ΗΒ+ + Η2Ο Β + Η3Ο+

αρχικές ca cb ≈0ιοντ. / παρ. −x +x +xΧ.Ι. ca − x cb + x x

Ka = , και επειδή ισχύουν οι προσεγ-

γίσεις, έχουμε Ka = ⇒ = .

Όμως αa = = .

Ο μερικός ιοντισμός της βάσης δίνει:συγκ. / Μ Β + Η2Ο ΗΒ+ + ΟΗ−

αρχικές cb ca ≈0ιον. / παρ −y +y +yΧ.Ι. cb − y ca + y y

Kb = , και επειδή ισχύουν οι προσεγ-

γίσεις, έχουμε Kb = ⇒ = .

Όμως αb = = .

0,1 M1 M

cb

ca

(cb + x)xca − x

Ka

cb

xca

cbxca

Ka

cb

xca

(ca + y)ycb − y

Kb

ca

ycb

caycb

Kb

ca

ycb

ΘΕΜΑ ΓΓ1. Με την ανάμειξη του διαλύματος Υ1, πουπεριέχει ασθενές οξύ ΗΑ 0,1 Μ, και του διαλύ-ματος Υ4, που περιέχει το άλας NaΑ, προκύπτειρυθμιστικό διάλυμα.Επειδή αναμειγνύουμε ίσους όγκους, προκύπτειδιάλυμα διπλάσιου όγκου, άρα η συγκέντρωσηκάθε αρχικού συστατικού υποδιπλασιάζεται.Έτσι έχουμε ca = 0,05 Μ και cb = 0,05 Μ.Στο ίδιο αποτέλεσμα καταλήγουμε, αναλυτικά,ως εξής:Για το οξύ ΗΑ:

ca = = = = 0,05 M

Για τη συζυγή βάση Α−:

cb = cNaΑ = = = 0,05 M

Υποθέτουμε ότι ισχύει το κριτήριο της προσέγ-γισης και για το οξύ και για τη βάση, οπότε

ισχύει η εξίσωση pH = pKa + log ⇒

⇒pKa=pH − log ⇒pKa=5 − log ⇒

⇒ pKa = 5 ⇒ Ka = 10−5 ΜΈλεγχος:

Για το οξύ: = = 2.10−4 < 0,01

Για τη βάση: = = 2.10−8 < 0,01

Άρα δεκτή η τιμή Ka = 10−5 Μ για το HA.Η συζυγής βάση Α− έχει Kb = 10−9 M.Τα pH των διαλυμάτων είναι:• Διάλυμα Υ1 ασθενoύς οξέος ΗΑ, c1 = 0,1 Μ:

Επειδή = = 10−4 < 0,01, ισχύει:

[Η3Ο+]1 = = =

= 10−3 M ⇒ pH1 = 3• Διάλυμα Υ2 ισχυρής βάσης ΚΟΗ, c2 = 0,1 Μ:Η διάστασή της δίνει: [ΟΗ−]2 = c2 = 0,1 M ⇒⇒ pOH2 = 1 ⇒ pH2 = 13• Διάλυμα Υ3 ισχυρού οξέος ΗΝΟ3, c3 = 0,1 Μ:

(0,1 M)(β L)(β + β) L

c1V1

Vna

V

(0,1 M)(β L)(β + β) L

c4V4

V

cb

ca

0,05 M0,05 M

cb

ca

10−5 M0,05 M

Ka

ca

10−9 M0,05 M

Kb

cb

10−5 M0,1 M

Ka

ca

10 0 15−( )( )M M,K ca 1


159


Ο πλήρης ιοντισμός του δίνει: [Η3Ο+]3 = c3 == 0,1 Μ ⇒ pH3 = 1• Διάλυμα Υ4 άλατος NaΑ ή ασθενούς βάσηςΑ−, c4 = 0,1 Μ:

Επειδή = = 10−8 < 0,01, ισχύει:

[ΟΗ−]4 = = =

= 10−5 M ⇒ pOH1 = 5 → pH4 = 9Γ2. Με την προσθήκη νερού στο διάλυμα τηςβάσης Α−, το pH της μειώνεται, άρα:pH4,αρ = 9 − 1 = 8 ⇒ pΟH4,αρ = 6 ⇒⇒ [ΟΗ−]4,αρ = 10−6 ΜΥποθέτουμε ότι και στο αραιωμένο διάλυμαισχύει το κριτήριο της προσέγγισης, οπότε θαισχύει: [ΟΗ−]4,αρ = ⇒

⇒ c4,αρ = = = 10−3 M

Από τον νόμο της αραίωσης έχουμε:c4V4 = c4,αρV4,αρ ⇒

⇒ V4,αρ = = = 100 L ⇒

⇒ Vνερού = 100 L − 1 L ⇒ Vνερού = 99 LΓ3. Αναμειγνύουμε 1 L διαλύματος Υ1, 1 L δια-λύματος Υ2 και 8 L νερού. Το ασθενές οξύ ΗΑαντιδρά με την ισχυρή βάση ΚΟΗ:ποσότητες / mol ΗΑ + ΚΟΗ → ΚΑ + Η2Οαρχικές 0,1.1 0,1.1 0αντ. (−) / παρ. (+) −0,1 −0,1 +0,1τελικές 0 0 0,1Προκύπτει διάλυμα άλατος ΚΑ, και άρα διάλυ-μα ασθενούς βάσης Α− με συγκέντρωση:

c = cKA = = 0,01 M

Επειδή = = 10−7 < 0,01, ισχύει:

[ΟΗ−] = = =

= 10−5,5 M ⇒ pOH1 = 5,5 ⇒ pH = 8,5Γ4. Έστω ότι προσθέτουμε γ L διαλύματοςΗΝΟ3 c3 = 0,1 Μ σε 1000 L διαλύματος άλατοςNaΑ c4= 0,1 Μ. Από τη χημική αντίδραση έχουμε:

10−9 M0,1 M

Kb

c4

10 0 19−( )( )M M,K cb 4

K cb 4,αρ

(10−6 M)2

10−9 M[OH−]4,αρ

2

Kb

(0,1 M)(1 L)10−3 M

c4V4

c4,αρ

0,1 mol10 L

10−9 M0,01 M

Kb

c

10 0 019−( )( )M M,K cb

ΗΝΟ3 + NaΑ → ΗΑ + NaΝΟ31η περίπτωση: αν έχουμε στοιχειομετρική ανα-λογία των αντιδρώντων, τότε το διάλυμα πουθα προκύψει θα περιέχει το ασθενές οξύ ΗΑ καιάρα θα έχει pH < 7, συνεπώς απορρίπτεται.2η περίπτωση: αν ελλειμματικό αντιδρών είναιτο NaΑ, τότε το διάλυμα που θα προκύψει θαπεριέχει το ασθενές οξύ ΗΑ και την περίσσειατου ισχυρού οξέος ΗΝΟ3, οπότε pH << 7, άρααπορρίπτεται.3η περίπτωση: αν ελλειμματικό αντιδρών είναιτο ΗΝΟ3, τότε:ποσ. / mol ΗΝΟ3 + NaΑ → ΗΑ + NaΝΟ3αρχικές 0,1γ 0,1.1000 0α(−) / π(+) −0,1γ −0,1γ +0,1γτελικές 0 100 − 0,1γ 0,1γΠροκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα με:ασθενές οξύ ΗΑ:

ca = = M

συζυγή βάση Α−:

cb = cNaΑ = = M

Υποθέτουμε ότι ισχύει το κριτήριο της προσέγ-γισης και για το οξύ και για τη βάση, οπότεισχύει η εξίσωση:

pH = pKa + log ⇒ 7 = 5 + log ⇒

⇒ 2 = log ⇒ = 102 ⇒ cb = 102ca ⇒

⇒ M = 102( M) ⇒⇒ γ = 9,9 LΈλεγχος:

Επειδή γ = 9,9 L ⇒ ca = M =

= M = 9,8.10−4 Μ

Επειδή γ = 9,9 L ⇒ cb = M =

= Μ = 9,8.10−2 Μ

0,1γγ + 1000

0,1γ mol(γ + 1000) L

100 − 0,1γγ + 1000

(100 − 0,1γ) mol(γ + 1000) L

cb

ca

cb

ca

cb

ca

cb

ca

0,1γγ + 1000

100 − 0,1γγ + 1000

0,1γγ + 1000

0,1.9,99,9 + 1000

100 − 0,1γγ + 1000

100 − 0,1.9,99,9 + 1000


160


Για το οξύ: = = 0,01

Για τη βάση: = = 10−8 < 0,01

Άρα δεκτή η τιμή γ = 9,9 L.

ΘΕΜΑ ΔΔ1. Οι διαλυμένες ουσίες αντιδρούν, και στοι-χειομετρικά έχουμε:ποσότητες / mol ΝΗ3 + ΗCl → ΝΗ4Clαρχικές 0,1.2 0,1.1 0αντ. (−) / παρ. (+) −0,1 −0,1 +0,1τελικές 0,1 0 0,1Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα με:

Ασθενές οξύ ΝΗ4+: ca=cΝΗ4Cl= = M

Συζυγή βάση ΝΗ3: cb = = M


ισχύει η εξίσωση pH = pKa + log , και επειδή:

ca= cb⇒ pH = pKa⇒ pKa= 9 ⇒Ka= 10−9 Μ ⇒

⇒ Kb = = ⇒ Kb = 10−5 Μ

Έλεγχος:

Για το οξύ: = = 3.10−9 < 0,01

Για τη βάση: = = 3.10−5 < 0,01

Άρα δεκτή η τιμή Kb = 10−5 Μ, για τη σταθεράιοντισμού της ΝΗ3.Δ2. Οι διαλυμένες ουσίες αντιδρούν, και στοι-χειομετρικά έχουμε:ποσότητες / mol ΝΗ3 + ΗC → ΝΗ4Clαρχικές 0,1.1,8 0,1.2,2 0αντ. (−) / παρ. (+) −0,18 −0,18 +0,18τελικές 0 0,04 0,18Προκύπτει διάλυμα που περιέχει το ισχυρό οξύΗCl και το ασθενές οξύ ΝΗ4

+, με συγκεντρώ-

10−5 M9,8.10−4 Μ

Ka

c10−9 M

9,8.10−2 ΜKb

c

13

0,1 mol0,3 L

13

0,1 mol0,3 L

cb

ca

1.10−14 M2

10−9 MKw

Ka

1013

9− M

M

Ka

ca

1013

5− M

M

Kb

cb

σεις αντίστοιχα c = M = 0,01 M και

c4 = M = 0,045 M.

Καταστρώνουμε συνολικό πίνακα συγκεντρώσεων.συγκ. / Μ ΗCl + Η2Ο → Cl− + Η3Ο+

αρχικές c 0 ≈0ιον. / παρ. −c +c +cΧ.Ι. c − y y c + y

συγκ. / Μ ΝΗ4+ + Η2Ο ΝΗ3 + Η3Ο+

αρχικές c4 0 cιον. / παρ. −y +y +yΧ.Ι. c4 − y y c + y

Επειδή c = 0,01 M > 10−6 Μ (το ισχυρό οξύ εί-ναι σε ικανοποιητική συγκέντρωση στο Υ4), καιεπειδή Ka = 10−9 Μ < 10−4 Μ (το ασθενές οξύείναι πράγματι πολύ ασθενές), η συνεισφοράΗ3Ο+ του ασθενούς οξέος θεωρούμε ότι είναιπολύ μικρότερη απ’ αυτήν του ισχυρού οξέος.Άρα [Η3Ο+] = c + y ≈ c = 0,01 Μ ⇒ pH4 = 2.

Επειδή = = 2,2.10−8 < 0,01 ⇒

⇒ c4 − y ≈ c4, ενώ η έκφραση της Ka δίνει:

Ka = ⇒ Ka = ⇒

⇒ = = = 10−7

Ο βαθμός ιοντισμού του ΝΗ4+ είναι:

α4 = ⇒ α4 =10−7

Δ3. Το διάλυμα Υ3 είναι ρυθμιστικό, όγκου 3 L,με pH3 = 9 και na = nb = 0,1 mol. Το προστιθέ-μενο NaOH(s) αντιδρά με το οξύ ΝΗ4

+, και τοpH του αυξάνεται κατά 1, άρα γίνεται:pH3,μετά = 9 + 1 = 10Επειδή προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα, θα υπάρ-χει περίσσεια ΝΗ4Cl, άρα το ελλειμματικό αντι-δρών είναι το προστιθέμενο NaOH(s).ποσ./mol NaOH +ΝΗ4Cl → NaCl +ΝΗ3 + Η2Οαρχικές n 0,1 0,1α(−)/π(+) −n −n +nτελικές 0 0,1 − n 0,1 + n

0,04 mol4 L

0,18 mol4 L

10−9 M0,045 M

Ka

c4

y(c + y)c4

y(c + y)c4 − y

10−9 M0,01 M

Ka

c + yyc4

yc4


161


Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα με:ασθενές οξύ ΝΗ4

+:

ca,μετά = cΝΗ4Cl = = M

συζυγή βάση ΝΗ3:

cb,μετά = = M


ισχύει η εξίσωση: pH3,μετά=pKa+ log ⇒

⇒ 10 = 9 + log ⇒ log = 1 ⇒

⇒ = 10 ⇒ cb,μετά = 10(ca,μετά) ⇒

⇒ M = 10( M) ⇒ n = 0,08

Έλεγχος:

Για το οξύ: ca,μετά = cΝΗ4Cl = M =

= Μ = 6,7.10−3 Μ και

= = 1,5.10−7 < 0,01

Για τη βάση: cb,μετά = M = 0,06 Μ

= = 1,7.10−4 < 0,01

Άρα δεκτή η τιμή n = 0,08.Δ4. α. Στο ισοδύναμο σημείο έχουμε:ποσ. / mol ΝΗ2ΟΗ + ΗCl → ΝΗ3

+ΟΗCl−

αρχικές c0.0,1 0,1.0,1 0α(−) / π(+) −0,01 −0,01 +0,01τελικές c0.0,1 − 0,01 0 0,01

Για τη βάση ΝΗ2ΟΗ πρέπει:c0.0,1 − 0,01 = 0 ⇒ c0 = 0,1 Μβ. Στο αρχικό διάλυμα της ΝΗ2ΟΗ έχουμε:pH0 = 9,5 ⇒ pΟH0 = 4,5 ⇒ [ΟΗ−]0 = 10−4,5 ΜΟ μερικός ιοντισμός της ασθενούς βάσηςΝΗ2OH δίνει:

0,1 − n3

(0,1 − n) mol3 L

0,1 + n3

(0,1 + n) mol3 L

cb,μετά

ca,μετά

cb,μετά

ca,μετά

cb,μετά

ca,μετά

cb,μετά

ca,μετά

0,1 − n3

0,1 + n3

0,1 − n3

0,1 − 0,083

10−9 M6,7.10−3 Μ

Ka

ca,μετά

0,1 − 0,083

10−5 M0,06 Μ

Kb

cb

ΝΗ2ΟΗ + Η2Ο → ΝΗ3+OH + ΟΗ−

τελ. συγκ./Μ c0 – ω ω ωΗ έκφραση της σταθεράς ιοντισμού δίνει:

Kb(NH2OH)= = ⇒

⇒ Kb(NH2OH) = 10−8 Μ


ΘΕΜΑ ΑΑ1. δ Α2. α Α3. γ Α4. β Α5. β

ΘΕΜΑ ΒΒ1. α. Σωστό, β. Σωστό, γ. Λάθος, δ. Λάθος,ε. Σωστό.Β2. Σωστό. Η πρώτη ενέργεια ιοντισμού 1 ατό-μου υδρογόνου είναι:Εi,ατόμου = Ε∞ − Ε1 = 0 − (−2,18.10−18 J) == 2,18.10−18 JH πρώτη ενέργεια ιοντισμού του υδρογόνου εί-ναι η ενέργεια ιοντισμού 1 mol ατόμων του Η(g)σε Η+

(g), δηλαδή ΝΑ ατόμων Η(g), άρα:Εi1(Η) = Εi,ατόμου.ΝΑ = (2,18.10−18 J)(6,02.1023)⇒ Εi1(Η) = 1,31.106 J ή Εi1(Η) = 1,31 ΜJΒ3. 21Sc : [Αr] 3d1 4s2

35Br− : [Kr]29Cu2+ : [Ar] 3d9

Β4. Τα 3 ισοηλεκτρονιακά σωματίδια (18e)έχουν ηλεκτρονιακή δομή 1s2 2s22p6 3s23p6.Επειδή το πυρηνικό φορτίο του 20Ca2+ είναι με-γαλύτερο από των άλλων ισοηλεκτρονιακώνσωματιδίων (20 > 18 > 16), ασκεί μεγαλύτερηέλξη στα ηλεκτρόνια σθένους, άρα απαιτείταιμεγαλύτερη ενέργεια απόσπασης ενός ηλεκτρο-νίου, συνεπώς έχει τη μεγαλύτερη ενέργεια πρώ-του ιοντισμού.Συμπέρασμα: «Στα ισοηλεκτρονιακά σωματί-δια, αυτό που έχει μεγαλύτερο ατομικό αριθμό(Ζ) έχει μεγαλύτερη ενέργεια ιοντισμού καιμικρότερη ακτίνα».

ΘΕΜΑ ΓΓ1. Για το ηλεκτρόνιο του ατόμου υδρογόνου:Στη θεμελιώδη κατάσταση (n =1), η ενέργειάτου Ε1 είναι:

(10−4,5 Μ)(10−4,5 Μ)0,1 Μ − 10−4,5 Μ

ωωc0 − ω


162


12Mg(g) → e− + 12Mg+(g) ΔHΑΝΤ(1) = +0,75 ΜJ1 mol δίνει 1 mol απαιτείται ενέργεια 0,75 ΜJ10 mol δίνουν x1 = 10 mol » » ψ1 = 7,5 ΜJ

Από την Ei2 προκύπτει η ενδόθερμη αντίδραση:12Mg+(g) → e− + 12Mg2+

(g) ΔHΑΝΤ(2) = +1,45 ΜJ1 mol δίνει 1 mol απαιτείται ενέργεια 1,45 ΜJ10 mol δίνουν x2 = 10 mol » » ψ2 = 14,5 ΜJ

Συνολικά απαιτείται ενέργεια:Εολ = ψ1 + ψ2 = 7,5 ΜJ + 14,5 ΜJ = 22 ΜJ


ΘΕΜΑ ΑΑ1. δ Α2. γ Α3. β Α4. α Α5. β

ΘΕΜΑ ΒΒ1. α. Σωστό, β. Σωστό, γ. Σωστό, δ. Λάθος,ε. Λάθος.Β2. Επειδή ανήκει στην 3 περίοδο του περιοδι-κού πίνακα, θα έχει ηλεκτρόνια μόνο στις στι-βάδες Κ, L, M.Επειδή Εi1 = 0,50 << Εi2 = 4,56, κατά την από-σπαση του δεύτερου ηλεκτρονίου από το άτο-μό του, χαλάμε σταθερή δομή, δομή ευγενούςαερίου. Άρα το άτομο είχε 1 ηλεκτρόνιο σθέ-νους, και τα εσωτερικά του ηλεκτρόνια έχουνδομή ευγενούς αερίου Κ2 L8.Άρα έχει δομή Κ2 L8 M1, επομένως:Ζ = 2 + 8 + 1 ⇒ Ζ = 11Β3. Λάθος. Για το λίθιο 3Li: Η ηλεκτρονιακήδομή του είναι 1s2 2s1. Μετά τον πρώτο ιοντι-σμό, απέκτησε δομή 1s2 (δομή ευγενούς αε-ρίου). Με τον δεύτερο ιοντισμό, χαλάμε δομήευγενούς αερίου.Για το νέον 10Ne: Η ηλεκτρονιακή δομή του εί-ναι 1s2 2s22p6. Μετά τον πρώτο ιοντισμό, απέ-κτησε δομή 1s2 2s22p5. Με τον δεύτερο ιοντι-σμό, χαλάμε δομή 1s2 2s22p5.Για το μαγνήσιο 12Mg: Η ηλεκτρονιακή δομήτου είναι 1s2 2s22p6 3s2. Μετά τον πρώτο ιοντι-σμό, απέκτησε δομή 1s2 2s22p6 3s1. Με τον δεύ-τερο ιοντισμό, χαλάμε δομή 1s2 2s22p6 3s1.Για το αργό 18Ar: Η ηλεκτρονιακή δομή του εί-ναι 1s2 2s22p6 3s23p6. Μετά τον πρώτο ιοντι-

σμό, απέκτησε δομή 1s2 2s22p6 3s23p5. Με τονδεύτερο ιοντισμό, χαλάμε δομή 1s2 2s22p6 3s23p5.Επειδή στο λίθιο 3Li χαλάμε σταθερή δομή (δο-μή ευγενούς αερίου), αυτό έχει τη μεγαλύτερηενέργεια δεύτερου ιοντισμού.Β4. Επειδή το μέταλλο Μ είναι στοιχείο της 3dσειράς, θα έχει ηλεκτρονιακή δομή:Μ: 1s2 2s22p6 3s23p63dx 4s1,2 ή [Ar] 3dx 4s1,2

Αν υποθέσουμε ότι x = 10, τότε το άτομο τουΜ θα έχει δομή [Ar] 3d10 4s2, ενώ το κατιόν Μ2+

θα έχει δομή [Ar] 3d10, δηλαδή 10 ηλεκτρόνιαστην 3d υποστιβάδα του.Αν υποθέσουμε ότι x = 9, τότε το άτομο του Μθα έχει δομή [Ar] 3d9 4s2, ενώ με τη μετάπτωσηενός ηλεκτρονίου 4s → 3d θα έχει δομή[Ar] 3d10 4s1, και το κατιόν Μ2+ θα έχει δομή[Ar] 3d9, δηλαδή 9 ηλεκτρόνια στην 3d υποστι-βάδα του.Άρα η ηλεκτρονιακή δομή του ατόμου είναι[Ar] 3d10 4s1 ή 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s1.Β5. Η ηλεκτρονιακή δομή του 11Na είναι1s2 2s22p6 3s1 ή [Ne] 3s1.Μετά τον πρώτο ιοντισμό, έχουμε:

11Na(g) → e− + 11Na+(g)

[Ne] 3s1 [Ne]Με τον δεύτερο ιοντισμό, έχουμε:

11Na+(g) → e− + 11Na2+(g)

[Ne]και χαλάμε δομή ευγενούς αερίου (Ne).Η ηλεκτρονιακή δομή του 10Ne είναι 1s2 2s22p6.Με τον πρώτο ιοντισμό έχουμε:

10Ne(g) → e− + 10Ne+(g)

[Ne]και χαλάμε δομή ευγενούς αερίου (Ne).Επειδή το πυρηνικό φορτίο του 11Na+(g) είναιμεγαλύτερο από του 10Ne(g), απαιτείται μεγα-λύτερη ενέργεια απόσπασης 1 ηλεκτρονίου στο11Na+(g). Επομένως Εi2(11Na) > Εi1(10Ne).

ΘΕΜΑ ΓΓ1. α. Αφού το κατιόν Χ2+ έχει:(2 + 2 + 6 + 2 + 6 + 9)e = 27eτο άτομο Χ είχε (27 + 2)e = 29e, άρα έχει ατο-μικό αριθμό Ζ = 29. Η ηλεκτρονιακή δομή του29Χ είναι:


168


λόγω αρχών δόμησης: 1s2 2s22p6 3s23p6 4s2 3d9

λόγω αναστολής ενεργειακής αναστροφής:1s2 2s22p6 3s23p6 3d9 4s2

λόγω μετάπτωσης 1e από 4s → 3d:1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s1

Από τη δομή λόγω αρχών δόμησης ⇒⇒ ομάδα d9.Επειδή έχει 1e σθένους, το 4s1 ⇒ ομάδα ΙΒ.Επειδή έχει (d + s)e = (10 + 1)e = 11e ⇒⇒ ομάδα 11.β. Επειδή είναι στοιχείο μετάπτωσης της 1ηςσειράς, το Ψ θα έχει ηλεκτρόνια σθένους στην4s υποστιβάδα και την 3d υποστιβάδα. Επειδήτο κατιόν του έχει δύο θετικά φορτία, από τοάτομό του αποσπάστηκαν 2 ηλεκτρόνια. Αυτάαποσπώνται από την 4s υποστιβάδα, που έχειμεγαλύτερη ενέργεια από την 3d υποστιβάδα.Άρα το κατιόν Ψ2+ θα έχει ηλεκτρόνια στην 3dυποστιβάδα, η οποία, επειδή δεν περιέχει κανέ-να μονήρες ηλεκτρόνιο, θα είναι πλήρως συ-μπληρωμένη, δηλαδή θα έχει 10 ηλεκτρόνια. Ηηλεκτρονιακή δομή του κατιόντος Ψ2+ θα είναι1s2 2s22p6 3s23p63d10.Αφού το κατιόν Ψ2+ έχει:(2 + 2 + 6 + 2 + 6 + 10)e = 28eτο άτομο Ψ είχε (28 + 2)e = 30e και άρα έχειατομικό αριθμό Ζ = 30. Η ηλεκτρονιακή δομήτου 30Ψ είναι:λόγω αρχών δόμησης: 1s2 2s22p6 3s23p6 4s2 3d10

λόγω αναστολής ενεργειακής αναστροφής:1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s2

Από τη δομή λόγω αρχών δόμησης ⇒⇒ ομάδα d10

Επειδή έχει 2e σθένους, τα 4s2 ⇒ ομάδα ΙΙΒΕπειδή έχει (d + s)e = (10 + 2)e = 12e ⇒⇒ ομάδα 12γ. Η δομή τους σε τροχιακά είναι:Για το 29Χ: [Ar] ... (↿⇂)(↿⇂)(↿⇂)(↿⇂)(↿⇂) (↿⇂)

3d 4sΈχει 1e μονήρες, άρα είναι παραμαγνητικό.Για το 30Ψ: [Ar] ... (↿⇂)(↿⇂)(↿⇂)(↿⇂)(↿⇂) (↿⇂)

3d 4sΈχει 0e μονήρη, άρα δεν είναι παραμαγνητικό.Γ2. α. Α΄ τρόπος: Συγκρίνουμε το δ.π.φ. τους.Η δομή τους σε στιβάδες είναι:

29X: Κ2 L8 M18 N1 ⇒ δ.π.φ. = 29 – 28 = 1p36Kr: Κ2 L8 M18 N8 ⇒ δ.π.φ. = 36 – 28 = 8pΕπειδή το 29X είναι μικρότερου δ.π.φ., θα έχειμεγαλύτερη ατομική ακτίνα, άρα 36Kr < 29X.37Rb: Κ2 L8 M18 N8 O1

Επειδή το 37Rb διαθέτει μία επιπλέον στιβάδα,την Ο, θα έχει μεγαλύτερη ατομική ακτίνα απότο 29X, οπότε συνολικά παίρνουμε:36Kr < 29X < 37RbΒ΄ τρόπος: Από τη θέση τους στον περιοδικόπίνακα:

γνωρίζουμε ότι οι ατομικές ακτίνες σε μια πε-ρίοδο αυξάνονται από δεξιά προς αριστερά, καισε μια ομάδα από πάνω προς κάτω, οπότε:36Kr < 29X < 37Rbβ. Πρώτη ενέργεια ιοντισμού των Ψ, 19K, 17Cl.Α΄ τρόπος: Συγκρίνουμε το δ.π.φ. τους.Η δομή τους σε στιβάδες είναι:30Ψ: Κ2 L8 M18 N2 ⇒ δ.π.φ. = 30 – 28 = 2p19K : Κ2 L8 M8 N1 ⇒ δ.π.φ. = 19 – 18 = 1pΕπειδή το 19K έχει μικρότερο δ.π.φ., θα έχει μι-κρότερη πρώτη ενέργεια ιοντισμού, άρα:19K < 30Ψ17Cl: Κ2 L8 M7

Επειδή το 17Cl έχει μία λιγότερη στιβάδα, θαέχει μεγαλύτερη πρώτη ενέργεια ιοντισμού απότο 29X, οπότε συνολικά παίρνουμε: 19K < 30Ψ < 17ClΒ΄ τρόπος: Από τη θέση τους στον περιοδικόπίνακα:

γνωρίζουμε ότι οι πρώτες ενέργειες ιοντισμού

ομάδα1

ομάδες2-10

ομάδα11

ομάδα18

1-3 περίοδος

4 περίοδος 29Χ 36Kr

5 περίοδος 37Rb

ομάδα1

ομάδες2-11

ομάδα12

ομάδα17

1-3 περίοδος 17Cl

4 περίοδος 19K 30Ψ

5 περίοδος


169


σε μια περίοδο αυξάνονται από αριστερά προςδεξιά, και σε μια ομάδα από κάτω προς πάνω,οπότε 19K < 30Ψ < 17Cl.

ΘΕΜΑ Δ

Δ1. Επειδή το Χ ανήκει στην 3 περίοδο του πε-ριοδικού πίνακα, θα έχει δομή K2 L8 Mν, όπουν = 1 έως 8.Επειδή η μεγαλύτερη ενεργειακή διαφορά εί -ναι μεταξύ της Ei2 = 1,43 MJ .mol−1 και τηςEi3 = 7,73 MJ.mol−1, το Χ, με την απόσπαση2e, απέκτησε σταθερή δομή ευγενούς αερίου.Άρα είχε 2e σθένους, συνεπώς η δομή του σεστιβάδες είναι:

K2 L8 M2 ⇒ ΖΧ = 2 + 8 + 2 ⇒ ΖΧ = 12Η δομή του σε υποστιβάδες είναι 1s2 2s22p6 3s2,άρα η ομάδα του είναι s2, ΙΙΑ, 2.Δ2. Επειδή το Ψ ανήκει στην 3 περίοδο του πε-ριοδικού πίνακα, θα έχει δομή K2 L8 Mν, όπουν = 1 έως 8.Επειδή το Ψ σχηματίζει με τα αλκάλια και τιςαλκαλικές γαίες ιοντικές ενώσεις, θα μετατρέ-πεται σε ανιόν με δομή ευγενούς αερίου, άραθα έχει περισσότερα από 4e σθένους. Ως γνω-στόν 1 άτομο μπορεί να προσλάβει μέχρι 3 ηλε-κτρόνια.Άρα θα έχει δομή:σε υποστιβάδες: 1s2 2s22p6 3s23p4 ⇒ 6e σθένουςσε τροχιακά: ... (↿⇂) (↿⇂)(↿⇂)(↿⇂) ⇒ 2e μονήρη

3s 3pΑυτή η δομή είναι δεκτή, γιατί το άτομό του,με πρόσληψη 2 ηλεκτρονίων, μετατρέπεται σεανιόν Ψ2−.Από την παραδεκτή δομή του 1s2 2s22p6 3s23p4

⇒ ΖΨ = 16, άρα η ομάδα του είναι p4, VIA, 16.Δ3. α. Α΄ τρόπος: Συγκρίνουμε το δ.π.φ. τους.Η δομή τους σε στιβάδες είναι:

12X: Κ2 L8 M2 ⇒ δ.π.φ. = 12 − 10 = 2p

16Ψ: Κ2 L8 M6 ⇒ δ.π.φ. = 16 − 10 = 6pΕπειδή το 12X έχει μικρότερο δ.π.φ., θα έχει με-γαλύτερη ατομική ακτίνα, άρα 16Ψ < 12X.Β΄ τρόπος: Από τη θέση τους στον περιοδικόπίνακα:

γνωρίζουμε ότι οι ατομικές ακτίνες σε μια πε-ρίοδο αυξάνονται από δεξιά προς αριστερά,οπότε 16Ψ < 12X.β. Επειδή οι πρώτες ενέργειες ιοντισμού (Εi1)μεταβάλλονται αντιστρόφως προς τις ατομικέςακτίνες, θα έχουμε 12X < 16Ψ.Δ4. Για τη μετατροπή έστω n mol ατόμων Χ(g)σε κατιόντα Χ3+

(g), η απαιτούμενη ενέργεια υπο-λογίζεται από τις ενδόθερμες διαδοχικέςαντιδράσεις ιοντισμού.Εi1 = 0,74 MJ.mol−1 ⇒⇒ Χ(g) → e− + Χ+

(g), ΔΗΑΝΤ(1) = 0,74 MJ1 mol δίνει 1 mol απαιτείται ενέργεια 0,74 MJn mol δίνουν ω1 = n mol « « ω1 = 0,74n MJ

Εi2 = 1,43 MJ.mol−1 ⇒⇒ Χ+

(g) → e− + Χ2+(g), ΔΗΑΝΤ(2) = 1,43 MJ

1 mol δίνει 1 mol απαιτείται ενέργεια 1,43 MJn mol δίνουν ω2 = n mol « « ω2 = 1,43n MJ

Εi3 = 7,73 MJ.mol−1 ⇒⇒ Χ2+

(g) → e− + Χ3+(g), ΔΗΑΝΤ(3) = 7,73 MJ

1 mol δίνει 1 mol απαιτείται ενέργεια 7,73 MJn mol δίνουν ω3 = n mol « « ω3 = 7,73n MJ

Συνολικά απαιτείται ενέργεια:Εολ = ω1 + ω2 + ω3 == 0,74n MJ +1,43n MJ + 7,73n MJ = 9,9n MJΕπειδή διαθέτουμε ενέργεια Εολ = 19,8 MJ,πρέπει:

9,9n MJ = 19,8 MJ ⇒ n mol = = 2

Άρα μπορούμε να ιοντίσουμε n = 2 mol Χ(g) προςΧ3+

(g).


ΘΕΜΑ ΑΑ1. β Α2. δ Α3. β Α4. β Α5. δ

ΘΕΜΑ ΒΒ1. α. Σωστό, β. Λάθος, γ. Λάθος, δ. Λάθος,ε. Σωστό.

ομάδα2

ομάδες3-15

ομάδα16

1-2 περίοδος

3 περίοδος 12X 16Ψ

19,98 kJ9,9 kJ


170


20ό ΚΡΙΤΗΡΙΟ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

ΘΕΜΑ ΑΑ1. β Α2. δ Α3. α Α4. γ Α5. δ

ΘΕΜΑ ΒΒ1. α. Λάθος, β. Σωστό, γ. Σωστό, δ. Σωστό,ε. Λάθος.Β2. αΒ3. Με την υδρόλυση ενός νιτριλίου RCN, ηνιτριλομάδα ή κυανομάδα (–CN) αντικαθίστα-ται από καρβοξυλομάδα (–COOH), οπότε πα-ράγεται καρβοξυλικό οξύ και αμμωνία NH3:R–CN + 2Η2Ο → R–COOH + NH3 (1)νιτρίλιο νερό καρβοξυλικό οξύ αμμωνία

Το οξύ (R–COOH) και η βάση (NH3) αντιδρούνάμεσα μεταξύ τους.R–COOH + NH3 → R–COO−NH4

+ (2)καρβοξυλικό οξύ αμμωνία καρβοξυλικό αμμώνιο (άλας)

Ουσιαστικά γίνεται η αντίδραση:R–CN + 2Η2Ο → R–COO−NH4

+ (3)νιτρίλιο νερό καρβοξυλικό αμμώνιο (άλας)

Η ανάκτηση του σχηματιζόμενου καρβοξυλι-κού οξέος γίνεται ως εξής:i) είτε με την όξινη υδρόλυση των νιτριλίων:Για να ανακτήσουμε το καρβοξυλικό οξύR–COOH, επιδρούμε στο σχηματιζόμενο άλαςμε διάλυμα ισχυρού οξέος, για παράδειγμα ΗCl:R–COO−NH4

+ +ΗCl →R–COOH +NH4Cl (4)καρβοξυλικό καρβοξυλικό χλωριούχο

αμμώνιο οξύ αμμώνιο

Με προσθήκη κατά μέλη των δύο χημικών εξι-σώσεων, (3) και (4), έχουμε την όξινη υδρόλυση:R–CN + 2Η2Ο +ΗCl →R–COOH +NH4Cl (5)(μοριακή μορφή)Με διαγραφή του ιόντος-θεατή Cl− έχουμε:R–CN + 2Η2Ο +Η+→R–COOH +NH4

+ (5΄)(ιοντική μορφή)ii) είτε με τη βασική υδρόλυσή τους:Για να ανακτήσουμε το καρβοξυλικό οξύR–COOH, επιδρούμε στο σχηματιζόμενο άλαςμε διάλυμα ισχυρής βάσης, για παράδειγμαNaΟΗ:R–COO−NH4

+ + NaΟΗ →καρβοξυλικό αμμώνιο

→ R–COONa + NH3 + Η2Ο (6)καρβοξυλικό νάτριο αμμωνία

Με προσθήκη κατά μέλη των δύο χημικών εξι-σώσεων, (3) και (6), έχουμε τη βασική υδρό -λυση:R–CN +Η2Ο +NaΟΗ →R–COONa +NH3 (7)(μοριακή μορφή)Με διαγραφή του ιόντος-θεατή Na+ έχουμε:R–CN +Η2Ο +OΗ−→R–COO− +NH3 (7΄)(ιοντική μορφή)

Β4. Η υποτιθέμενη αντίδραση της αιθανόληςCH3CH2OH με το ΚΟΗ είναι:CH3CH2OH + ΚΟΗ CH3CH2OΚ + Η2ΟΗ ιοντική μορφή της είναι:CH3CH2OH + Κ+ + ΟΗ− CH3CH2O− + K+ + Η2ΟΜε διαγραφή του ιόντος-θεατή Κ+, έχουμε τηνιοντική μορφή της:CH3CH2OH + ΟΗ− CH3CH2O− + Η2Ο

οξύ (1) βάση (2) βάση (1) οξύ (2)

Για να γνωρίζουμε προς ποια κατεύθυνση είναιμετατοπισμένη η παραπάνω χημική ισορροπία,συγκρίνουμε την ισχύ των δύο οξέων και τηνισχύ των δύο βάσεων.• Από τα οξέα CH3CH2OH και Η2Ο, ασθενέ-στερο είναι το οξύ CH3CH2OH, γιατί γνωρίζου-με ότι: «μεγαλύτερη ισχύ από το νερό έχουν μό-νο τα καρβοξυλικά οξέα και οι φαινόλες».(Στο ίδιο αποτέλεσμα καταλήγουμε αν συγκρί-νουμε τις σταθερές ιοντισμού τους.To νερό ως οξύ έχει: KaΗ2Ο = 10−14 Mκαι η αιθανόλη CH3CH2OH έχει:KaCH3CH2OH = 10−16 M.)• Από τις βάσεις CH3CH2O− και ΟΗ−, ασθενέ-στερη είναι η βάση ΟΗ−, ως συζυγής βάση τουισχυρότερου οξέος Η2Ο.Η παραπάνω χημική ισορροπία είναι μετατοπι-

Η όξινη και η βασική υδρόλυση των νιτρι-λίων μπορεί να παρασταθεί ως:

R–CN

R–COO− + NH3(βασική υδρόλυση)

+Η2Ο, ΟΗ−

R–COOH + NH4+

(όξινη υδρόλυση)

+2Η2Ο, Η+


179


σμένη προς το ασθενέστερο οξύ και την ασθε-νέστερη βάση, άρα προς τα αριστερά.Άρα δεν αντιδρά η CH3CH2OH με την ισχυρήβάση ΚΟΗ.

ΘΕΜΑ ΓΓ1. Το 2-μεθυλοβουτάνιο έχει συντακτικό τύποCH3CHCH2CH3

│

CH3και το αλκένιο (Α) CνΗ2ν θα έχει την ίδια αν-θρακική αλυσίδα με έναν διπλό δεσμό και Μ.Τ.C5Η10.Το διβρομίδιο (Β) CνΗ2νBr2 θα έχει την ίδια αν-θρακική αλυσίδα και Μ.Τ. C5Η10Br2.Το αλκίνιο (Γ) CνΗ2ν−2 θα έχει την ίδια ανθρα-κική αλυσίδα και Μ.Τ. C5Η8.Η καρβονυλική ένωση (Δ) CνΗ2νΟ θα έχει τηνίδια ανθρακική αλυσίδα και Μ.Τ. C5Η10Ο, ενώ,επειδή δεν αντιδρά με το αντιδραστήριο CuSO4/ NaOH (Fehling), είναι κετόνη, και αφού δίνειθετικό τεστ ιωδοφορμίου, θα είναι μεθυλοκετό-νη, δηλαδή θα έχει συντακτικό τύπο:(Δ) CH3C–C3H7

││

ΟΌμως μεθυλοκετόνη παίρνουμε από τερματικάαλκίνια, άρα το αλκίνιο (Γ) C5Η8, που έχει τηνίδια ανθρακική αλυσίδα με το 2-μεθυλοβουτά-νιο, θα είναι τερματικό, επομένως είναι:(Γ) CH3CHC≡CH 3-μεθυλο-βουτίνιο

│

CH3

Το διβρομίδιο (Β) C5Η10Br2 είναι:(Β) CH3CHCΗCH2 1,2-διβρομο-3-μεθυ-

│ │ │ λοβουτάνιοH3C Βr BrΤο αλκένιο (Α) C5Η10 είναι:(Α) CH3CHCH=CH2 3-μεθυλοβουτένιο

│

CH3

Η κετόνη (Δ) CH3C–C3H7 είναι:││

Ο(Δ) CH3C–CHCΗ3 3-μεθυλοβουτανόνη

││ │

Ο CH3

Η (Ε) είναι καρβοξυλικό άλας NaOOC–CHCΗ3│

CH3

ή (Ε) CΗ3CH−COONa 2-μεθυλοπροπανικό│ νάτριοCH3

Η (Ζ) είναι το αντίστοιχο οξύ:(Ζ) CΗ3CH–COOH 2-μεθυλοπροπανικό οξύ

│

CH3

Η (Θ) είναι το προϊόν αναγωγής του οξέος (Ζ),και επειδή στη συνέχεια αντιδρά με τη (Ζ) (ερώ-τημα Γ2), είναι η αντίστοιχη αλκοόλη:(Θ) CΗ3CH–CΗ2ΟΗ 2-μεθυλοπροπανόλη

│

CH3

Επειδή η καρβονυλική ένωση Δ είναι κετόνη, ηαλκοόλη Λ πρέπει να είναι 3ο. Οι δύο αλκυλο-μάδες θα προέρχονται από την κετόνη, και ητρίτη από το αντιδραστήριο Grignard.

R│

(Λ) CH3–C–CHCΗ3│ │

ΗΟ CH3

Επειδή η αλκοόλη Λ έχει 7 άτομα C, πρέπει ηαλκυλομάδα R να έχει 2 άτομα C, άρα είναι ηαιθυλομάδα CH3CH2–.Έτσι, το αντιδραστήριο Grignard είναι(Ι) CH3CH2–MgCl αιθυλομαγνησιοχλωρίδιο

CH2CH3│

και η αλκοόλη είναι (Λ) CH3–C–CHCΗ3 ή:│ │

ΗΟ CH3CH3│

(Λ) CH3CH2–C–CHCΗ3 2,3-διμεθυλο-3-│ │ πεντανόληΗΟ CH3

Γ2. Κάνουμε πίνακα τριών σειρών με mol.Ζ(solv) + Θ(solv)Μ(solv) + H2O(solv) ή

CΗ3CH–COOH (Ζ) +CΗ3CH–CΗ2OH (Θ) │ │

CH3 CH3

3 mol 3 mol−x mol −x mol

3 − x mol 3 − x mol

CΗ3CH–COO–CH2CHCΗ3 (Μ) + H2Ο│ │

CH3 CH30 0

+x mol +x molx mol x mol


180


Β2. Επειδή c2 < c1 και οι βάσεις είναι ισχυρέςμονοπρωτικές ⇒ [ΟΗ−]2 < [ΟΗ−]1 (1)Για τα ΟΗ− ισχύει:[ΟΗ−]1.V + [ΟΗ−]2.V = [ΟΗ−]τελ .2V ⇒⇒ [ΟΗ−]2 = 2[ΟΗ−]τελ − [ΟΗ−]1 (2)Από τις σχέσεις (1) και (2) ⇒⇒ 2[ΟΗ−]τελ − [ΟΗ−]1 < [ΟΗ−]1 ⇒⇒ 2[ΟΗ−]τελ < 2[ΟΗ−]1 ⇒⇒ [ΟΗ−]τελ < [ΟΗ−]1 ⇒⇒ pOHτελ > pOH1 ⇒ pHτελ < pH1

Β3. α. c2 > c1 > c3 ⇒ το Υ2

β. Επειδή c2 > c1 ⇒ c2.V > c1.V ⇒ n2 > n1

Β4. α. Κc = Ka(NH4+).Kb(HCO3

−) . = 10−3

β. Ασθενέστερο οξύ: ΝΗ4+, και ασθενέστερη

βάση: HCO3−, άρα αριστερά.

ΘΕΜΑ ΓΓ1. Α: προπανικός προπυλεστέραςΒ: προπανικό νάτριοΓ: προπανόληΔ: προπανικό οξύΕ: χλωροπροπάνιοΖ: προπυλομαγνησιοχλωρίδιοΘ: προπανόνηΚ: 2-μεθυλο-2-πεντανόλη,Λ: CH3CH2CH2C(CH3)2–O–C(CH3)2CH2CH2CH3Γ2. Οξέα: Γ, Δ, Κ. Βάσεις: Β, Ζ.Γ3. Με ΝaHCO3 και I2 / NaOH, ή με Na καιNaHCO3.

ΘΕΜΑ ΔΔ1. ΗΑ (ισχυρό οξύ) > ΗΒΔ2. V2 = 2 L, V3 = 1 LΔ3. pH6 = 4Δ4. V1:V3 = 11:9

14ο ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ

ΘΕΜΑ ΑΑ1. δ Α2. γ Α3. β Α4. γ Α5. β

ΘΕΜΑ ΒΒ1. α. Λάθος, β. Σωστό, γ. Λάθος, δ. Σωστό,ε. Σωστό.

1Kw

Β2. Δίνεται: pH2 > pH1 ⇒⇒ [Η3Ο+]2 < [Η3Ο+]1 (1)Για τα Η3Ο+ ισχύει:[Η3Ο+]1.V + [Η3Ο+]2.V = [Η3Ο+]τελ .2V ⇒⇒ [Η3Ο+]1 + [Η3Ο+]2 = [Η3Ο+]τελ .2 ⇒⇒ [Η3Ο+]2 = 2[Η3Ο+]τελ − [Η3Ο+]1 (2)Από τις (1) και (2):2[Η3Ο+]τελ − [Η3Ο+]1 < [Η3Ο+]1 ⇒⇒ 2[Η3Ο+]τελ < 2[Η3Ο+]1 ⇒⇒ [Η3Ο+]τελ < [Η3Ο+]1 ⇒ pHτελ > pH1Άρα το pH του διαλύματος HCl αυξήθηκε.Β3. α. [Η3Ο+] = α.c ⇒ 10−1 Μ = α.0,1 Μ ⇒⇒ α = 1 ⇒ το οξύ ΗΑ είναι ισχυρόΜε την αραίωση ισχύει:cτελ = 0,01 Μ ⇒ pHτελ = 2β. Το κατιόν ΝΗ4

+ είναι όξινο, άρα παράγειΗ3Ο+, ενώ το ανιόν A− είναι ουδέτερο, οπότεθα έχουμε [Η3Ο+] > [ΟΗ−], επομένως όξινοδιάλυμα.γ. Το κατιόν Na+ και το ανιόν A− είναι ουδέτε-ρα, οπότε θα έχουμε [Η3Ο+] = [ΟΗ−], άρα ουδέ -τερο διάλυμα.Β4. α. Το στοιχείο Χ έχει 3 ηλεκτρόνια σθένους,άρα δομή 1s2 2s22p6 3s23p1, επομένως ΖΧ = 13.Το 31Ψ ανήκει στην ίδια ομάδα με το Χ, και μά-λιστα είναι κάτω απ’ αυτό, οπότε θα έχει:Ei(1) < 0,58 kJ.mol−1 (Σωστό)β. Το Ω έχει δομή [Κr] 4d10 5s25p1 ⇒ ίδια ομάδαμε τα Χ, Ψ ⇒ ατομικές ακτίνες: Χ < Ψ < Ω.

ΘΕΜΑ ΓΓ1. (Α): ΗCOOH, 4σ και 1π.Γ2. Β: CH3CH(OH)CH3 2-προπανόληΓ: ΗCΟΟCH(CH3)2 μεθανικός ισοπροπυλε-στέραςΓ3. α) Kc = 4, β) nΓ = 0,8 molΓ4. Με K2Cr2O7 / H2SO4 και NaHCO3.

ΘΕΜΑ ΔΔ1. c = 0,1 M, Kb(NH3) = 10−5 Μ.Δ2. α4 = 2.10−4

Δ3. pH5 = 11, α5 = 0,01

Χημεία Γ΄ Γενικού Λυκείου – Απαντήσεις Επαναληπτικών Διαγωνισμάτων

189


ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ - Lexis Bookshop

Documents

Transcript of ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ - Lexis Bookshop