KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI
ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ
KİMYA ÖĞRETMENLİĞİ
26 – 27 Nisan 2014
TG – 5
ÖABT – KİMYA
Bu testlerin her hakkı saklıdır. Hangi amaçla olursa olsun, testlerin tamamının veya bir kısmının “İhtiyaç Yayıncılık”ın yazılı izni olmadan kopya edilmesi, fotoğrafının çekilmesi, herhangi bir yolla çoğaltılması, yayımlanması ya da kullanılması yasaktır. Bu yasağa
uymayanlar, gerekli cezai sorumluluğu ve testlerin hazırlanmasındaki mali külfeti peşinen kabullenmiş sayılır.
AÇIKLAMA
DİKKAT!
ÇÖZÜMLERLE İLGİLİ AŞAĞIDA VERİLEN UYARILARI MUTLAKA OKUYUNUZ.
1. Sınavınız bittiğinde her sorunun çözümünü tek tek okuyunuz.
2. Kendi cevaplarınız ile doğru cevapları karşılaştırınız.
3. Yanlış cevapladığınız soruların çözümlerini dikkatle okuyunuz.
KİMYA ÖĞRETMENLİĞİ
2014 – ÖABT / KİM
1.
Aldehit ve ketonlar nükleofilik katılma tepkimesi verir.
5.
Aldehitlerde karbonil grubunun bir tarafında alkil diğer tarafında H atomu varken Ketonlarda karbonil grubunun her iki tarafında
alkil grupları vardır. Bu nedenle ketonlarda
nükleofilik katılma esnasında sterik engelleme aldehitlerden fazladır.
ppm milyonda bir kısım şeklinde ifade edilir.
ppm =
1 mg çözünen
1 kg çözeltide
2ppm &
veya
1 mg çözünen
1 L çözeltide
2 mg Ca +2
1L çözeltide
2 mg Ca +2
1 gr
1 mol Ca +2
:
:
= 5 : 10 -5 M
40 gr
1L çözeltide 10 3 mg
Ketonlarda karbonil grubunun her iki tarafındaki alkil grupları e verici olduklarından
katılma esnasında oluşan karbokatyonu
nötralize etme eğilimi gösterirler. Bu nedenle karbonil grubunun etkinliği azalır.
A B C D E
TG – 5
8.
Molekül orbital kuramına göre bir molekülde oluşan molekül orbitallerinin sayısı birleşen atom orbitlerinin sayısına eşittir.
İki atom orbitali kaynaştığında oluşan iki
molekül orbitalinden biri bağlayıcı molekül
orbitali, diğeri ise karşıt bağlayıcı molekül
orbitalidir.
Molekül orbitallerinde eşleşmemiş e– içeren yapılar paramanyetik özellik gösterir.
*
σ1S
●●
1S
σ1S
1S
A B C D E
H2
(diyamanyetik)
●●
π2p , π2p
*
σ2S
σ2S
2.
Tersiyer alkoller yer değiştirme tepkimesini
karbokatyon kararlılığı yüzünden en hızlı,
primer alkoller ise en yavaş verir.
A B C D E
C2
(diyamanyetik)
6.
Elmas
3
C atomları sp hibriti yapar
düzgün dörtyüzlülerden
oluşur.
●●
σ2p
π2p , π2p
*
σ2S
3.
σ2S
● Organik asitlerde zincir uzadıkça asitlik
kuvveti azalır, pKa büyür.
Grafit
C atomları sp2 hibriti
yapar düzlem üçgenlerin bir araya gelmesi ile oluşan tabakalar söz konusudur.
● Zincire bağlı bir elektron çekici grup varken asitlik kuvveti artar pKa küçüktür.
●● Zincirdeki elektron çekici grup karboksil
grubuna ne kadar yakınsa asitlik kuvveti
o kadar fazla, pKa o kadar küçüktür.
N2
(diyamanyetik)
●●
*
*
π2P
, π2P
σ2p
π2p , π2p
A B C D E
*
σ2s
σ2s
A B C D E
O2
(paramanyetik)
●●
4.
*
*
π2P
, π2P
O
O
II
II
CH 3 - C - OH + NH 3 " CH 3 - C - NH 2 + H 2 O
σ2p
π2p , π2p
O
O
II
II
C 2 H 5 - C - O - C 2 H 5 + NH 3 " C 2 H 5 - C - NH 2 + C 2 H 5 OH
O
O
II
II
CH 3 - C - OH + NaOH " CH 3 - C - ONa + H 2 O
O
O
II
II
C 2 H 5 - C - OC 2 H 5 + NaOH " C 2 H 5 - C - ONa + C 2 H 5 OH
O
O
II
II
CH 3 - C - OH + C 3 H 7 OH " CH 3 - C - OC 3 H 7 + H 2 O
14 4 4 4424 4 4 443
II. bileflik de€il
O
O
II
II
C 2 H 5 - C - OC 2 H 5 + H 2 O " C 2 H 5 - C - OH + C 2 H 5 OH
1442443
etil alkol
O
II
C 2 H 5 - C - OC 2 H 5
14 4 4 4424 4 4 443
etil propanoat
A B C D E
σ2P*
7.
Bir tepkimenin kendiliğinden gerçekleşme
eğilimi hem ∆H(entalpi) hem de ∆S (entropi) değişimleri ile incelenir. Maddeler minimum enerjiye ve maksimum düzensizliğe
ulaşma eğilimi gösterir.
σ2S
F2
(diyamanyetik)
A B C D E
Verilen örnekle ∆H > 0 olması sistemde
enerjinin arttığını ifade eder. Tepkimenin
kendiliğinden gerçekleşiyor olmasının
temel nedeni, çözünme sırasında düzensizliğin bir başka deyişle entropinin artıyor
olması ve entropideki bu artışın entalpi değişimine baskın gelmesidir.
A B C D E
3
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / KİM
9.
TG – 5
13.
m
m
m
+
= 9:
4
M A (x)
M A (x)
●● K C =
8m
m
=
& M A (x) = 32 gr
4
M A (x)
a:m
m
m
+
= 5:
4
M A (x)
M A (x)
M
4a : M
=
4
32
M A (x) = 32
a=2
6
2
6
2
1s 2 s 2 p 3 s 3 p 4 s 3d
7N 2 OA : 7H 2A
Tepkimenin her iki tarafındaki maddelerin
katsayıları eşit olduğundan tepkimenin
denge konumu bozulmaz.
10
A B C D E
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 3d 10
2
2
6
2
6
2
10
1s 2 s 2 p 3 s 3 p 4 s 3d 4p
A B C D E
●● T sabitken hacmin azaltılması kaptaki
madde derişimlerinin artmasına neden
olur. Denge derişimi azaltacak yönde
bozulmalıdır.
X+ iyonunun 3d10 ile bitmesini sağlayan
nötr x atomuna ait olası elektron dizilişleri
2
7N 2A : 7H 2 OA
Sistemin belirli bir hâli için belirli bir değeri olan özelliğe hâl fonksiyonu denir. Hâl
fonksiyonları bir sistemin iki konumu arasındaki değişime göre incelenirken sistemin iki konum arasında izlediği yola bağlı
olmazlar. İç enerji değişimi ve entalpi değişimi hâl fonksiyonlarıyken tepkime hızı,
tepkimenin izlediği yola bağlı olduğundan
hâl fonksiyonu değildir.
●● V ve T sabitken ortama He(g) eklenmesi
kaptaki toplam basıncı artırırken tepkimede yer alan maddelerin kısmi basıncını değiştirmez.
A B C D E
2
16.
●● Sıcaklığın değiştirilmesi tepkimenin hem
denge konumunu hem de denge sabitini
değiştirir.
X gazı molekül kütlesi 32 ve 2 atomlu bir
molekül olmalıdır.
10.
N 2 (g ) + H 2 O (g )
●● V ve T sabitken ortama H2(g) eklenirse
tepkime ürünlere doğru hareket eder ve
N2 ile H2O nun kısmi basınçları artar.
X in atom sayısı a kabul edilirse
a:
N 2 O (g ) + H 2 (g )
1
şeklindedir.
17.
Buna göre, verilen yargılardan yalnızca E
seçeneğindeki kesindir.
A B C D E
14.
E° = 0,76V
Katot T.: Cu+2(suda) + 2e → Cu(k)
E° = 0,34V
Pil T.: Zn(k) + Cu+2 (suda)
11.
●● Tanecikler arasındaki etkileşim kuvvetleri ihmal edilir.
Yükseltgenme potansiyellerine göre Zn
elektrot anot, Cu elektrot katot olarak davranır.
Anot T.: Zn(k) → Zn+2 (suda) + 2e–
●● Taneciklerin kendi özhacimleri gazın
kapladığı hacim yanında ihmal edilebilir
boyuttadır.
●● Tanecikler noktasal kabul edilir.
Zn+2 (suda) + Cu(k) E°pil = 1,10V
●● Bir ideal gazın iç enejisi yalnızca sıcaklık ile değişir.
Nernst eşitliği uyarınca derişime bağlı pil
potansiyeli (Epil)
Haber kısa Bosch yöntemi N2 ve H2 gazlarının tepkimesi ile NH3 (amonyak) elde
edilmesini sağlar. Tepkime bir denge tepkimesi olduğundan verimi düşüktür. Haber
kısa Bosch yöntemi ile tepkime için optimum koşullar oluşturulmuş ve amonyak
sentezinde verim %100 e yaklaştırılmıştır.
Epil = E°pil -
●● İdeal gazlarda sabit hacimde gazın basıncı mutlak sıcaklık ile doğru orantılıdır.
0, 0592
log Q
n
ile bulunur.
●● Sıkıştırılabilirlik faktörü
Epil = 1,10V Epil ≅ 1,16V
A B C D E
İdeal gazlarda,
-2
0, 0592
10
log
2
1
PV
1 e eşittir.
nRT
A B C D E
A B C D E
12.
Bir mol oksijen atomu içeren bileşiği
CxHyO ile ifade edelim 0,03 mol oksijen
0,015 mol O2 molekülüne eşittir.
$ CO 2 + H 2 O
CxHyO +
O2
>
7
:
0, 01 mol 0, 015 mol
0, 01 mol
.
.
.
1 mol ise 1, 5 mol
1 mol
3
CxHyO + O 2 $ 1CO 2 + H 2 O
2 443
=
;
14 4 4424 4
2 mol O 2 mol O
4 mol O
olmalıdır. H2O nun katsayısı 2 olacağına
göre bileşiğin formülü CH4O bulunur.
A B C D E
15.
CaCO3 ün doygun çözeltideki derişimini
hesaplayalım:
CaCO 3 (k)
1442443
S
-2
2
Ca +
(suda) + CO 3 (suda)
4244
43
> 144
S
S
S 2 = 10 -10 & S = 10 -5 M bulunur.
10
-5
n
M=
n = 2 : 10 -3 mol
200 L
2 : 10 -3 mol =
M
100
M = 0, 2 gram & 200 mg
çözeltinin doygun hâle gelmesi için
200 – 2 = 198 mg CaCO3 eklenmelidir.
A B C D E
4
18.
1. dereceden hız denklemine sahip bir tepkimede yarılanma süresi
t1 2 =
0, 693
k
ile hesaplan›r.
t1 2 =
0, 693
1, 8 : 10 -4
= 38, 5 : 10 2 s
derişimin 1 üne inmesi için PCI5 in 2 defa
4
yarılanması gerekir.
Geçen süre = 2 • 38,5 • 102 = 7,7 •103s
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / KİM
19.
TG – 5
Lewis asitleri merkez atomunda bağ yapmamış elektronu kalmamış olan nötr molekül veya katyonlardır. Lewis bazları ise
merkez atomunda bağ yapmamış elektron
bulunduran nötr molekül veya anyonlardır.
Buna göre D seçeneğindeki PCI3 molekülünde merkez atom bağ yapmamış 1 çift
e– bulundurur.
22.
CI
28 – (3x2 + 3x6) = 4e–
CI
Artan 4e– merkez atoma 2
çift şeklinde eklenir.
CI
VSPER gösterimi AX3E2
şeklindedir. Bu sebeple geometri T şeklidir. 90° lik bağ
açısı vardır.
I
CI
CI
25.
Merkez atom I seçilerek etrafına 3 tane CI
atomu yerleştirilir ve dıştaki atomların okteti tamamlanır.
P
CI
ICI3 molekülündeki toplam değerlik e– sayısı 7 + 3 • 7 = 28e–
CI
CI
I
Bu elektron çiftini kullandırarak lewis bazı
gibi davranır.
CI
A B C D E
Çözeltilerin Buhar basıncı Rault yasası ile
belirlenir. Bu yasaya göre,
Pçözelti = XA • PA + XB • PB
ile hesaplanır.
x → mol kesri
P → Bileşeninin buhar basıncı
n C2H6O = 92 gr x
n H2O = 108 gr x
X C2H
=
6O
A B C D E
X H2O =
Gazların yayılma hızları oranı
j He
j O2
&
=
j O2
4
:
18 gr
= 6 mol
2
1
=
8
4
3
1
: 40 + : 17, 5
4
4
A B C D E
–
6e almış
23.
3 : k : 546
32
3k : 273
1 mol H 2 O
= 2 mol
= 23, 125 mm Hg
3 : k : 273
4
j He
46 gr
6
3
=
8
4
PÇözelti =
20.
1 mol C 2 H 6 O
+5
BrO3–
32 8
3k : 546
–2
N2H4
=2
Helyumun aldığı yol x = 2j : t
180 - x = j : t
→ Br– +
4e– vermiş
N2
26.
elektron denkliğini sağlamak için indirgenme tepkimesi 2 ile yükseltgenme tepkimesi
3 ile çarpılır.
Buna göre, j HE = 2 : j O2 bulunur.
O2 nin aldığı yol
+
4 jt = 60
x in son basıncı Px′ = 1 atm
x in son hacmi Vx′ = 6
2BrO3– + 3N2H4 → 2Br– + 3N2 + 6H2O
bulunur.
x in ilk basıncı Px
A B C D E
A B C D E
Musluk açıldıktan sonra piston 6 konumunda dengelendiğinde X gazının son basıncı
dış basınca yani 1 atmosfere eşit olur.
x in ilk hacmi Vx = 2 alındığında
Px • 2 = 1 • 6
Px = 3 atm bulunur.
Başlangıçta piston dengede olduğundan x
ve y gazlarının ilk basınçları birbirine eşittir.
Tablodaki verilerden faydalanarak iyonlaşma enerjileri arasında ciddi bir artışın meydana geldiği yerler belirlenir. İyonlaşma
enerjisindeki ciddi sıçrama bir alt kabuktan
e– koparılmaya başlandığını ifade eder.
X
495
4562
5210
6135
Y
737
1451
7733
8945
Z
418
3245
4570
5363
Buna göre,
Px = Py = 3 atm
Sabit sıcaklıkta gazların P.V çarpımları mol
sayısı ile orantılı olduğundan
24.
İstenilen tepkimenin elde edilebilmesi için
ilk tepkime 4e, 2. tepkime 4e ve son tepkime 2ye bölünmelidir.
x için P.V ⇒ 3 • 2 = 6
y için P.V ⇒ 3 • 8 = 24
6
nx
1
bulunur.
=
=
ny
24
4
1
1
1
1
CH 4 + O 2 " CO 2 + H 2 O
4
2
4
2
A B C D E
1
1
1
1
CH 4 + CO 2 " CO + H 2
4
4
2
2
3
1
1
1
CH 4 + H 2 O " CO + H 2
2
2
2
2
X ve Z, 1A grubunda
Y 2A grubundadır.
X in iE1 i > Z nin iE1 olduğundan X in atom
çapı Z ninkinden küçüktür. Buna göre Z
metali X metalinden aktif olmalıdır.
Her element için 4 iyonlaşma enerjisi verildiğinden ve Z, X in altında yer almak zorunda olduğundan Z nin atom numarası hiç
bir durumda 11 olamaz.
x
en az atom no 11
z
en az atom no 19
14243
21.
olabilir.
CH 4 +
1
O " CO + 2H 2
2 2
TH = -
27.
802
kj
4
TH =
248
kj
4
TH =
206
kj
2
Diels-Alder reaksiyonu, bir dien ile bir
dienseven molekülün tepkimesi şeklinde
gerçekleşir.
dien
TH = - 35, 5 kj
A B C D E
A B C D E
5
H
CI
CI
H
dien
seven
CI
H
H
CI
Tepkimenin mekanizması ve oluşan ürün
yukarıdaki gibidir.
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / KİM
28.
TG – 5
1. bilgi sonucunda hidrokarbonun uç alkin
olması gerektiği anlaşılır.
32.
1º C
CH3
2. bilgi sonucunda uç alkilinin 6 C lu olması
gerektiği anlaşılır.
3. bilgi sonucunda 5 C lu karboksilli asit
oluştuğundan alkinin en az 6C lu olması
gerektiği netleşir.
CH3
CH2
1° C
2° C
CH3
C
CH3
4° C
A B C D E
35.
Verilen hidrokarbonun açık hâli
1º C
CH2
CH
CH3
2° C
3° C
1° C
AgBr’nin 0,1 M lik KBr çözeltisindeki çözünürlüğü 0,1 M lik Br– ortak iyon derişiminden dolayı saf sudakinden daha küçük
olacaktır.
I > II
1° C
SI =
şeklindedir.
S II =
Hidrokarbonun yapısında
5 tane 1° C
5 : 10 -13
5 : 10 -13
= 5 : 10 -12
0, 1
AgBr nin NH3 çözeltisinde çözünmesi
sırasında Ag(NH3)2+ kompleks iyonu oluşacaktır. Bu iyonun oluşma sabiti büyük
olduğundan
2 tane 2° C
1 tane 3° C
1 tane 4° C vardır.
29.
AgBr suda az çözünen bir katıdır.
Ag+ + 2NH3  Ag(NH3)+2 tepkimesi ileri
yönde oldukça istemi olacaktır. Bu durum
Ag+ iyon değişimini azaltacak ve böylece
A B C D E
Klorlama sırasında yan ürün miktarının,
bromlama sırasında oluşandan fazla olması brom atomların reaktifliğinin CI atomlarından az olması ve öncelikle en zayıf tersiyer C – H bağına saldırmasıdır.
AgBr  Ag+ + Br– tepkimesi ileri yönde hareket edecektir.
A B C D E
Buna göre III > I > II çözünürlük sıralaması
oluşur.
33.
A B C D E
Elektrolit bir çözeltide iyonik şiddet
iyonik şiddet
1
a7AA : Z 2A + 7BA : Z 2B + ... k
2
şeklinde hesaplanır.
= n=
30.
D seçeneğinde verilen konformasyon yapısı 2-metil pentana aittir.
Burada [A] ve [B] derişimleri ZA ve ZB
yükleri ifade eder.
H
Buna göre 0,3 M K3PO4 için iyonik şiddet
CH3
M=
CH3
H
=
H
1
2
3
3k
a [K + Z 2k + 7PO 4 A : Z PO 4
2
1
_ [0, 9] : 1 2 + [0, 3] : 3 2 i
2
= 1, 8 olarak bulunur.
C 2H 5
A B C D E
36.
şeklinde açık hâle getirilebilir.
A B C D E
XM
34.
31.
Bisiklo [3 • 1 • 1] heptan adlandırmasına
göre bisiklo ⇒ molekül iki halkalı ve molekülde sol halka 3 karbonlu, sağ halka 1
karbonlu ve köprü 1 karbonlu olmalıdır.
[3 • 1 • 1]
sol
halkadaki
C sayısı
sağ
halkadaki
C sayısı
Bu durumu sağlayan C seçeneğindeki şekildir.
-a +a
+a
Çözeltilerin eşit hacimlerde karıştırılması
sonucu asit ve baz değişimleri yarıya iner.
ihmal
CH3 COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
a ≅ [H3O+] = H2PO4– =
0,03 M
0,01 M
–0,01M
–0,01M
+0,01M
buna göre A B ve E seçeneklerinde eşitlikler yazılabilir.
0,02 M
–
0,01 M
oluşan son çözeltinin zayıf bir asit ile bu
asidin tuzundan oluşan bir tampon olduğu
görülür. Bu tampon çözeltide H+ iyon değişimi
[H +] = Ka :
halkalar
arasındaki
C sayısı
H3PO4 + H2O  H2PO4– + H3O+ Ka1 = 10–3
[Asit]
[Tuz]
= 3, 5 : 10
-5
ihmal
10 -8 : a
- 10 -8 M
[HPO4–2] b
a
C seçeneğindeki eşitlik yazılabilir.
[0, 01]
ihmal
ihmal
b
:
b 10
[PO4–3] << [HPO4–2]
C=
a
D seçeneğindeki eşitlik yazılamaz.
[PO4–3]
A B C D E
6
ihmal
[0, 02]
M
A B C D E
H2PO4– + H2O  HPO4–2 + H3O+ Ka2 = 10-8
a
a
+b
+b
-b HPO4–2 + H2O  PO4–3 + H3O+ Ka3 = 10–13
b
a
+c
+c
-c ile hesaplanabilir.
[H +] = 1, 75 : 10 -5
10 -3 : x
–13
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / KİM
37.
TG – 5
ns veya np değerlik elektronları için
+5 –2
●● n – 1 deki herbir elektron için 0,85
–1
0
2 KCIO 3 → 2 KCI + 3 O 2 redoks tepkimesi
●● n – 2 ve daha düşük yörüngelerdeki her
bir elektron için 1,00 katkı vardır.
30 Zn
43.
indirgenmiş
40.
●● aynı ns, np deki her bir elektron için 0,35
I. öncülde verilen kazanım, yaşam becerilerine ait bir kazanımdır. II ve III. öncülde
verilen, bilimsel süreç becerilerinde edinilen kazanımdır.
A B C D E
yükseltgenmiş
indirgenmiş
= 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2
:;;;;;;< :;;;;;;;< 0
n
n- 2
n -1
+3
perdeleme etkisi
0
+1
Cr2O3 + 3H20 → 2Cr + 3H2O redoks tepkimesi
= (10 • 1) + (18 • 0,85) + (1 • 0,35) = 25,65
yükseltgenmiş
Z* = 30 – 25,65 = 4,35
indirgenmiş
A B C D E
+3
+2
+4
0
Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2 redoks tepkimesi
yükseltgenmiş
yükseltgenmiş
0
+3
+2
0
3Mg + 2 AI(NO3)3 → 3Mg(NO3)2 + 2AI
38.
indirgenmiş
Tepkimede PCI5 in başlangıç molüne “a”,
ayrışan molünede “b” diyelim.
+2 –2 +2
+4 –2
44.
+2 +4 –2
+1 –2
Ca (OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O
PCI5 • (g)  PCI3(g) + CI2 (g)
–b
+b
+b
Tepkimede yer alan türlerin yükseltgenne
basamaklarında bir değişim meydana gememiştir.
a – b
b
b
A B C D E
a
Millî Eğitim Bakanlığı tarafından hazırlanan
İleri Düzey Kimya Dersi Öğretim Programı
öğrenme - öğretme yaklaşımı A, B, C ve
E seçeneklerini içinde barındırır. Sunuş yoluyla öğrenme bu yaklaşımda temel alınan
bir yöntem değildir.
A B C D E
ayrışan PCI5 moleküllerinin mol kesri
b
= 0, 2 olur.
a
b − 0,2a
PCI (g)  PCI 3 (g) + CI 2 (g) p top = 6 atm ise
> >
>
0 , 2a
0, 2 a
0, 8a
0
0
0
1
atm
1 atm
4 atm
Kp =
1:1
= 0, 25 atm
4
A B C D E
41.
Sosyal zekâ alanı kuvvetli olan öğrenciler
birlikte öğrenmeye yatkındır. Bu tip öğrencilerde grup içi deneyler, tartışmalar öğrenmeye daha çok katkı sağlar.
A B C D E
39.
45.
I. nötronun varlığının kanıtlanması 1932
yılında James Chadwick tarafından gerçekleştirilmiştir.
A B C D E
II. Atomun proton sayılarının deneysel yollarla belirlenmesi Henry Moseley’in 1912
ile 1914 yılları arasındaki çalışmalarıyla
gerçekleştirilmiştir.
III. Elektron için yük/kütle değeri J.J Thomson’un 1897 deki çalışmaları sonucunda
ölçülmüştür.
IV. Kütlenin korunumu yasası Antoine Lavoisier tarafından 1774 yılında ortaya konmuştur.
Verilen örnekte Özge’nin kimya dersine
karşı bir tutum ve değer olgusu geliştirdiği
anlaşılmaktadır.
42.
Soru kökünde verilen öğrenci özelliklerini
bir bütün olarak tanıma, öğrencinin de kendisini tanıması ve sorumluluk alması portfolyo değerlendirme tanımına girer.
A B C D E
A B C D E
7
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / KİM
46.
TG – 5
Yeni öğrencilerin eski örencileri gözleyerek
organik kimya konusuna karşı bir korku
duygusuna kapılmaları dolaylı öğrenmenin
bir ürünüdür.
48.
A ve C seçeneklerindeki kazanımlar bilim,
teknoloji, toplum çevre ve ekonomi temalarına aittir.
D ve E seçeneklerindeki kazanımlar ise
tutum ve değerlere aittir. B seçeneğindeki
kazanım psikomotor beceriye aittir.
A B C D E
A B C D E
47.
Etkili eğitim modelinin değişkenleri 4 tanedir ve A, B, C ve D seçeneklerinde verilmiştir. Aile etkili eğitim modelinin değişkenlerinden değildir.
49.
Ultrasonografi genellikle tıbbi amaçlarla
görüntülemeye yönelik bir tekniktir. Okul
kimya laboratuvarında kullanılmaz.
A B C D E
A B C D E
8
50.
Laboratuvar çalışmalarında öğrenci malzeme kullanmayı, çeşitli düzenekler oluşturmayı diğer öğrenciler ile iş birliği oluşturmayı başarır. Bu öğrenmeler bilişsel,
psikomotor ve sosyal alanda gerçekleşir.
A B C D E
Download

TG – 5 - İhtiyaç Yayıncılık