KAMU PERSONEL SEÇME SINAVI
ÖĞRETMENLİK ALAN BİLGİSİ TESTİ
KİMYAÖĞRETMENLİĞİ
29 – 30 Mart 2014
TG – 3
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.
● Kesitte en sağ ve en altta yer alan T elementinin çekirdek yükü en büyüktür.
4.
●● Aynı grupta yer alan X ve Z elementlerinin kimyasal özellikleri benzerdir.
●● Bir periyotta soldan sağa doğru iyonlaşma enerjisi genellikle artar. Fakat bu
durum 2A > 3A ve 5A > 6A konumlarında
geçerli değildir.
Sekiz yüzlü kompleks iyonda yer alan CN–
kuvvetli alan ligandıdır. Bu nedenle ligandın oluşturduğu d düzeyleri yarılması büyüktür. Elektronlar alt enerji düzeylerinde
eşleşmiş hâli tercih ederler.
TG – 3
7.
VSO 3 =
Eşleşmiş elektron bulunmaz.
A B C D E
VSO 3 =
d z2
dxz
(0, 504 - 0, 458)
d ür .
400
0, 184
dyz
400
184
&
= 4 bulunur.
0, 06
46
Sekiz yüzlü kompleks iyon
400
A B C D E
n = 1’e geçişler Lyman serisi (II nolu geçiş) ultraviyole bölgede yer alan
ışımalar
d ür .
400
Hızlar arasındaki oran
dxy
2.
(0, 808 - 0, 624)
SO3 ün 800. ve 1200. saniyeler arasındaki
harcanma hızı
Kompleks iyonda Co+3 tür. Co+3: 3d6
dx2–y2
SO3 ün ilk 400 saniyede harcanma hızı
5.
Ca+2 + 2e– → Ca(k)
A B C D E
8.
3g Ca :
n = 2’ye geçişler Balmer serisi (III nolu
geçiş) görünür bölgede yer alan
ışımalar
1mol Ca 2mol e
:
= 0, 15mol e 40g
1mol Ca
Cr+n + ne– → Cr(k)
2, 6g Cr :
n = 3’e geçişler Paschen serisi (I nolu geçiş) kızılötesi bölgede yer alan ışımalar
3S > 0 ve 3H < 0 olduğuna göre
3G = 3H – T : 3S
-
(–)
(–)
eşitliği yardımı ile 3G < 0 yani – işaretli
çıkar. Buna göre tepkime sıcaklığa bağlı
olmaksızın istemlidir. 3H < 0 olduğundan
tepkime ekzotermiktir.
1mol Cr
n e:
= 0, 15mol e 52g
1mol Cr
eşitlikten n çekilirse 3 olarak bulunur.
A B C D E
A B C D E
En yüksek enerjili ışımalar Lyman serisinde yer alır.
A B C D E
6.
Verilen pil düzeneğinde yükseltgenme potansiyeli en büyük olan Cr (0,90V) elektrot
anot tepkimesini verir. İndirgenme eğilimi
en büyük olan H+ ise katot tepkimesini verir.
9.
Ortak iyon içeren çözeltide HgI2 katısının
çözünürlüğü (4 : 10–23 M) verildiğine göre
HgI2 nin Kçç değerini bulalım.
2
Hg (+suda
)
HgI 2 (k) ?
+ 2I (-suda)
2
- 0
Anot T: Cr(k) $ Cr (+suda
) + 2e E = 0, 90 V
0, 01 M
Katot T: 2H (+suda) + 2e - $ H 2 (g) E 0 = 0, 0 V
3.
C3H8 in yanma tepkimesi yardımı ile molar
yanma entalpisini bulalım.
C3H8(g) + 5O2(g) → 3CO2(g) + 4H2O(g)
DH tep =
/ DH
ürün -
/ DH
giren
= [3 : (- 394) + 4 : (- 286)] - (- 104)
= - 2222 kj
n CO 2 = 333 kj :
1mol C 3 H 8
2222 kj
:
3mol CO 2
1mol C 3 H 8
= 0, 45mol
2
0
Pil T: Cr(k) + 2H (+suda) ? Cr (+suda
) + H 2 (g) E pil = 0, 90 V
(ortak iyon deriflimi)
4 : 10 23 M
4 : 10 23 M
8 : 10 23 M
1. kap katot, 2. kap anottur.
(çözünürlük)
1. kapta çözeltideki H+ iyonları indirgeneceğinden çözeltinin pH ı artar. Katotta
ürün olarak H2(g) oluşacağından Cd elektrodun kütlesi değişmez. Anot kabındaki Cr
elektrodun kütlesi yükseltgenmeden dolayı
azalır.
Kçç = 4 : 10–23 : (0,01)2 = 4 : 10–27
Tuz köprüsündeki anyonlar anot çözeltisinde artan katyon derişimini dengelemek
üzere 2. kaba hareket eder.
ihmal
Saf sudaki HgI2 çözünürlüğü
2
HgI 2 ? Hg +
(suda) + 2I (suda)
S
3
2S
–27
4S = 4 : 10
S = 10–9 M bulunur.
A B C D E
A B C D E
A B C D E
3
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / KİM
10.
TG – 3
Koordinasyon bileşikleri bir kompleks iyon
içeren bileşiklerdir. Bu bileşikte kompleks
iyon [Cr(NH3)4Cl2]+ dır. Kompleks iyon sulu
çözeltide kendi iyonlarına ayrılamadığından sulu çözeltide Cr+3 iyonu bulunmaz.
Merkez iyon (Cr+3) Lewis asidi gibi davranır
ve ligandların (NH3 ile Cl–) elektron çiftlerini kullanır. Merkez iyona bağlı ligand sayısı
koordinasyon sayısı şeklinde ifade edilir.
13.
16.
Grignard bileşikleri ile alkol eldesinde
RMgX + Formaldehit $ 1° alkol
RMgX + Aldehit $ 2° alkol
CH3NH2 > NH3
RMgX + Keton $ 3° alkol
Aromatik aminlerde azot atomu üzerindeki
e– çifti aromatik halkadaki rezonans ile delokalize olur ve bu durum yapının bazlığını
oldukça azaltır.
durumları gözlenir.
Soruda elde edilmesi istenen 2 – bütanol
2° alkol olduğundan grignard bileşiği formaldehit dışında bir aldehitle tepkimeye
sokulmalıdır. Bu durumda ya 2 karbonlu
aldehit ile 2 karbonlu grignard reaktifi ya da
3 karbonlu aldehit ile 1 karbonlu grignard
reaktifi tepkimeye sokulmalıdır.
A B C D E
Aminlerde alkil grupları elektron verici
gruplar olduğundan aminin bazik karakteri
artar.
CH3NH2 > NH3 > C6H5NH2
A B C D E
Bu durumu sağlayan E seçeneğindeki tepkimedir.
A B C D E
11.
17.
Titrimetride derişimi bilinmeyen çözelti
analit çözelti, derişimi bilinen çözelti ise
standart çözeltidir.
A B C D E
14.
1° ve 2° alkoller yükseltgenme tepkimesi
verebilirken 3° alkoller yükseltgenme tepkimesi vermez.
D seçeneğinde verilen 2 - metil - 2 - propanol bileşiği 3° alkoldür.
C seçeneğinde verilen bileşiklerin her ikisi
de cis – 3 – metil – 3 – hekzendir. A, B,
D ve E seçeneklerinde verilen yapılar ise
birbirinin cis – trans izomeridir.
A B C D E
A B C D E
12.
Aynı periyotta bulunan elementlerin hidrürleri için asitlik soldan sağa artarken, aynı
grupta yukarıdan aşağıya doğru artar.
15.
PH3 < H2S ve H2S < HCl
Oksi asitlerde oksijen sayısı arttıkça merkez atomun yükseltgenme basamağı artar.
Böylece H – O bağındaki elektronlar H atomundan uzaklaşır.
H2SO4 > H2SO3
Markovnikov kuralına göre asimetrik bir
doymamış hidrokarbona asimetrik bir madde katılırsa, katılanın pozitif olan kısmı,
daha çok hidrojen atomu taşıyan katlı bağ
karbonuna bağlanmalıdır.
Buna göre B seçeneğinde tepkime adımları
CH3
C
C
H + H Cl
CH3
H – O – Z şeklindeki asitlerde Z atomunun
ametal olduğu durumlarda ametalin elektronegatifliği arttıkça asitlik kuvveti artar.
C
CH2 + H Cl
Cl
CH3
C
● Alkiller, NH2, OH, OR ve halojen gibi
gruplar aromatik halkaya bağlıyken yeni
bağlanacak grubu orto veya para konumlarına yönlendirir.
●● –NO2, –COR, –COOR, –COOH gibi
gruplar ise meta yönlendiricidir.
Buna göre A seçeneğinde aromatik halkaya bağlı olan Br halojeni yeni bağlanacak
halojeni orto – para konumlarına yönlendirmelidir.
A B C D E
Cl
CH3
H2SO4 > H3PO4 olmalıdır.
CH2
Cl
Eşit sayıda oksijen atomu içeren asitlerde
merkez atomun elektronegatifliği arttıkça
asitlik kuvveti artar.
Elektronegatiflik S > P
C
18.
CH3
Cl
şeklindedir.
A B C D E
Elektronegatiflik Cl > Br
HOCl > HOBr
A B C D E
4
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / KİM
19.
TG – 3
Alkollerin asit katalizörlüğünde ısıtılması
sonucu eliminasyon tepkimesi gerçekleşir
ve alkolden su ayrılarak alken oluşur.
22.
24.
CH 4 için 1 g x
Buna göre I. ve II. yargılar doğrudur.
Alkolün hidroksil iyonu protonlanıp su olarak ayrıldıktan sonra karbokatyon oluşur.
3 CH3
CH3
1
C
+
O 2 için 1 g x
1 mol CH 4
1 mol O 2
32 g
C 3 H 4 için 1 g x
CH2
2
CO için 1 g x
x
2N A atom
1 mol O 2
40 g
x
=
NA
16
Buna göre
5N A
=
1 mol CH 4
1 mol C 3 H 4
CH3
Oluşan bu karbokatyon 3. derecedendir.
Alken oluşumu sırasında çift bağ daha çok
alkil grubu taşıyabilecek karbon atomları
arasında oluşur (Zaitsev kuralı). Buna göre
2 nolu C atomu hidrojen kaybeder ve 2 –
metil – 2 – büten ana ürün olarak oluşur.
x
16 g
He gazı sürtünmesiz pistonlu kapta bulunmaktadır. Bu kapta iç basıncın dış basınca
eşit olması beklenirken manometre kolları
arasındaki fark pistonun bir ağırlığı olduğunu ifade eder.
5N A atom
16
7 N A atom
1 mol C 3 H 4
=
PHe = P0 + Ppiston = 76 + 14 = 90 cmHg
7N A
PNe = 135 cmHg
40
NA
Musluk sabit sıcaklıkta açılıp denge beklendiğinde bütün sistemde toplam basınç
dış basınç ile piston ağırlığının toplamına
eşit olmalıdır.
20
Pson = 76 + 14 = 90 cmHg
NA
1 molCO 2N A atom
=
x
28 g
14
1 mol CO
SO 3 için 1 g x
1 mol SO 3
80 g
x
4N A atom
1 mol SO 3
=
Buna göre
Atom sayısı en fazla olan CH4 bulunur.
P1 : V1 + P2 : V2 = Pson : Vtop
A B C D E
A B C D E
135 cmHg : 2L + 90 cmHg : 2L = 90 cmHg : Vtop
Vtop = 5 L olarak hesaplanır.
5 L = Vcam balon + Vpistonlu kap
Vpistonlu kap = 5 L – 2 L = 3 L bulunur.
20.
A B C D E
SN2 mekanizması nükleofilik yerdeğiştirme
tepkimesinin bi moleküler olduğunu ifade
eder. Bu mekanizmada tepkime tek basamakta yürür ve tepkime hızı hem nükleofilin hem de reaktifin derişimine bağlıdır.
Nü
–
+ C
Nü
C
L
Nü
C
L
–
+ L–
Tepkime yukarıdaki gibi özetlenebilir.
Nükleofil (Nü) reaktife arkadan saldırır ve
ayrılan grup (L) bağlayıcı e– çiftini alarak
ayrılır. Bu sırada konfigürasyon değişimi
meydana gelir.
B seçeneğinde verilen tepkime hızı nükleofil derişimine bağlı değildir yargısı yanlıştır.
A B C D E
23.
Kaptaki kütlede meydana gelen azalma
tepkime sonucunda oluşan CO2 gazının
ortamdan ayrılmasından kaynaklanır.
Öyleyse
m CO 2 = 8, 8 g
nCO 2 = 8, 8 g CO 2 x
21.
1 mol CO 2
44 g
= 0, 2 mol
Bir çözeltide kaynama noktası yükselmesi
3Tb = Kb x Molalite ile hesaplanır.
tepkimesine göre 1 mol CaCO3 katısının
parçalanması ile 1 mol CO2(g) oluşmaktadır.
1 mol NaOH
n NaOH = 12 g x
= 0, 3 mol
40 g
Molalite =
0, 3 mol NaOH
0, 3 kg H 2 O
= 1 Molal
+
–
NaOH sulu çözeltide Na ve OH ye iyonlaştığından
3Tb = 0,52 x 1 Molal x 2 = 1,04 °C
Çözeltinin kaynama noktası
CaCO3(k) $ CaO(k) + CO2(g)
CCl4 düzgün dörtyüzlü geometrisine sahip apolar bir moleküldür. VSEPR gösterimi AX4 şeklindedir. Molekülleri arasında
indüklenmiş dipol etkileşimleri vardır. Bu
etkileşimler molekül büyüklüğü ile doğru
orantılı arttığından polar olan HCl molekülünden daha yüksek kaynama noktasına
sahiptir.
CCl4 molekülünde 4 bağ ve 8 tane bağlayıcı elektron bulunur.
H2O molekülü polardır. Molekülde dipol momentler toplamı sıfırdan farklıdır.
VSEPR gösterimi AX2E2 şeklindedir.
A B C D E
Buna göre
m CaCO 3 = 0, 2 mol CO 2 x
1 mol CaCO 3
1 mol CO 2
x
100 g CaCO 3
1 mol CaCO 3
= 20 g
Karışım %80 saflıkta olduğundan
m kat› = 20 g x
100 + 1,04 = 101,04
25.
100
= 25 g kat› örnek
80
A B C D E
A B C D E
5
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / KİM
26.
TG – 3
15P
elementinin elektron dizilişini çıkararak
orbitallerin kuantum sayılarını oluşturalım.
2
2
15P: 1s 2s
2p6
3s2
3p3
,=0
,=1
,=0
,=1
,=0
29.
31.
Basınç (atm)
CH 3 NCO & C & 2 : 4 e -
Sıvı
12
Moleküldeki toplam değerlik elektron sayısı
H & 3 : 1 e-
Katı
m, = 0 m, = 0 m, = –1 m, = 0 m, = 1 m, = 0 m, = –1 m, = 0 m, = 1
N & 5 e-
4
m, = 0 orbitallerinde toplam 9 e– bulunduğu
anlaşılır.
Gaz
(1)
–60
A B C D E
+ O & 6 e-
Sıcaklık (°C)
(100) 170
22 e H
Grafiğe göre
●● 12 atm Pkritik
H
C
●● 170 °C tkritik
C
O
H
●● 4 atm ve –60 °C (üçlü nokta) maddenin
her üç hâli bir arada dengededir.
uygun bir Lewis yapısıdır.
●● 100 °C de gaz üzerindeki basınç arttırılırsa sıvılaşabilir.
27.
N
Buna göre molekül
180°
●● 1 atm de katı ısıtılarak sıcaklığı arttırıldığında süblimleşir.
N
A B C D E
C
Na $ 1A
H
H
109,5°
Na2O2 $ Na+ O2–2 $ peroksit
C
O
120°
H
şeklindedir.
Ca $ 2A
C – N – C bağ açısı 109,5° değil 120° dir.
CaO2 $ Ca2+ O2–2 $ peroksit
A B C D E
K $ 1A
KO2 $ K+ O2–1 $ süperoksit
H $ 1A
H2O2 $ H+ O22– $ peroksit
Mg $ 2A
MgO2 $ Mg+2 O2–2 $ peroksit
30.
C2H4 = x mol ise
C3H4 = (0,2 – x) mol olur.
A B C D E
m C 2 H 4 = x mol :
28 g
1 mol
= 28x g
m C 3 H 4 = (0, 2 - x) mol :
40 g
1 mol
= (8 - 40x) g
I. mtoplam = 28x + 8 – 40x = (8 – 12x) g
x bilinmediğinden toplam kütle hesaplanamaz.
II. Karışımın toplamı 0,2 mol olduğundan normal koşullarda
22, 4 L
28.
Verilen tepkime nötr ortamda gerçekleşen
redoks tepkimesidir.
4 / Ag+ + e– $ Ag
–2
2O $ O2 + 4e (CO2 deki oksijenler redoksa katılmamıştır.)
4AgCl + 2Na2CO3 $ 4NaCl + 4Ag + 2CO2 + O2
0, 2 M =
n
& n AgCl = 0, 8 mol
4L
VCO 2 = 0, 8 mol AgCl x
2 mol CO 2
4 mol AgCl
x
22, 4 L
1 mol CO 2
= 8, 96 L
SO4–2 & d.e.s = 6 + 4 : 6 + 2 = 32 e–
= 4, 48 L bulunur.
Uygun bir Lewis yapısıdır.
O
O
S
Vkar›fl›m = 0, 2 mol :
1 mol
–
32.
O
O
SiCl4 & d.e.s = 4 + 4 : 7 = 32 e–
Cl
III. C2H4 teki H kütlesi
1g
4 mol H
:
= 4x g
x mol :
1 mol C 2 H 4 1 mol H
C3H4 teki H kütlesi
1g
4 mol H
(0, 2 - x) mol :
:
1 mol C 3 H 4 1 mol H
Buna göre AX4 şeklindedir.
Cl
Si
Cl
Cl
Uygun bir Lewis yapısıdır.
Buna göre AX4 şeklindedir.
SF4 & d.e.s = 6 + 4 : 7 = 34 e–
F
S
F
F
F
Uygun bir Lewis yapısıdır.
= ( 0 , 8 - 4 x) g
mtoplam = 4x + 0,8 – 4x = 0,8 g bulunur.
A B C D E
A B C D E
6
Merkez atomda e– çifti kaldığından AX4E
şeklindedir.
A B C D E
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / KİM
33.
TG – 3
35.
Verilen molekül ve iyonların yapıları
–
O
–
O
N
O
N
O
O
O
O
–
H3 O+
(suda) + HSO 4 (suda)
H 2 SO 4 (s) + H 2 O (s) $
1 44 2 44 3
1 44 2 44 3
0, 1 M
N
O
O
O
O
0, 1 M
0, 1 M
O
S
O
S
O
O
O
O
2–
C
C
C
H
O
O
Buna göre
= 10
-2
+a
O
H2O(s) $ H2O(g)
3H1 = 44 kj
1
H2O(g) $ H2(g) + O2(g)
2
3H2 = 242 kj
H 2 (g) +
‹yonlaflan k›s›m ihmal
edilirse
1
O
$ H+
(suda) + OH (suda)
2 2 (g)
3H3 = –226 kj olur.
a = [SO 4-2] = 10 -2 M bulunur.
2–
O
O
+a
(0 , 1 - a )
O
O
S
H
O
O
O
●● 3. tepkime ise ters çevrilmelidir.
0, 1 M
(0 , 1 + a ) : a
S
2–
●● 2. tepkime 2 ye bölünmeli
-2
H 2 SO 4-(suda) + H 2 O (s) ? H 3 O +
(suda) + SO 4 (suda)
144
4 2 44
43
1 44 2 44 3
O
H2O sıvısının iyonlarına ayrışma denkleminin bulunabilmesi için
●● 1.tepkime sabit kalmalı
0, 1 M
Derişimler ikinci iyonlaşma denkleminde
yerine konursa
-a
O
1 44 2 44 3
[H3O+] = [HSO4–] = 0,1 M bulunur.
O
O
O
37.
İlk iyonlaşma tepkimesinden
Tepkimeler toplanacak olursa
H 2 O (s) $ H +
(suda) + OH (suda) 3H3 = 60 kj
A B C D E
bulunur.
3, 6 gram :
O
0, 2 mol :
şeklindedir.
1 mol H 2 O (s)
18 (g)
60 kj
1 mol H 2 O (s)
& 0, 2 mol H 2 O (s)
& 12 kj bulunur.
A B C D E
H2S molekülünün rezonans melezleri yoktur.
A B C D E
36.
0,1 M HX için pH = 1 olduğundan HX asidinin kuvvetli ve [H+] = 0,1 M olduğu anlaşılır.
0,1 M HY için pH = 5 olduğundan HY asidinin zayıf asit olduğu anlaşılır.
34.
Manometrede civa seviyesi farkı oluşumunun kesinlikle ortaya konabilmesi için
metallerden birinin üzerine damlatılacak
olan asit ile tepkime vermeyecek şekilde
seçilmesi gerekir.
I. Seçenekte Zn metali HCl ile, Ag metali de H2SO4 ile tepkime verir. Her iki
balonda da gaz çıkışı olur.
II. Seçenekte Cu metali HCl ile Au metali
de H2SO4 ile tepkime vermez.
III. Seçenekte Ag metali HCl ile tepkime
vermezken Fe metali H2SO4 ile tepkime verir ve H2(g) çıkışı gözlenir.
A B C D E
Buna göre
HY + H2O @ H3O+ + Y–
10–5 M 10–5 M
0,1 M
pH = 5 [H+] = [H3O+] = 10–5 M
HY için Ka =
10 -5 : 10 -5
= 10 -9 bulunur.
0, 1
Çözeltiler eşit hacimlerde karıştırıldığında
[HX] = [HY] = 0,05 M olur.
HY nin iyonlaşma dengesi yazılırsa
+
–
HY + H2O @ H3O + Y
0,05 M
0,05 M
–a
+a
(0, 05 + a) : a
(0, 05 - a)
38.
Bir tepkimenin hız denklemi yavaş adıma
göre yazılacağından
T.H = k3 : [C2O2] : [O2] eşitliği elde edilir.
Hız denkleminde ara ürün yer alamayacağından C2O2 nin denklemden çıkarılması
gerekir. Bu amaçla tersinir ve eşit hızlarla
yürümekte olan birinci adım kullanılır.
k 1 : [CO] 2 = k 2 : [C 2 O 2]
[C 2 O 2] =
k1
k2
: [CO] 2
elde edilen bu eşitlik hız denkleminde yerine konulursa
T.H =
k3 : k1
k2
: [CO] 2 : [O 2] elde edilir.
A B C D E
+a
= 10 -9 iyonlaflan k›s›m
ihmal edilirse
a = [Y -] = 10 -9 M bulunur.
A B C D E
7
Diğer sayfaya geçiniz.
2014 – ÖABT / KİM
39.
TG – 3
41.
Grafik incelendiğinde
●● Tepkimenin A ve B gazları ile başlatıldığı
ve 20. dakikada ilk dengeye ulaştığı
Uyarıcı işaretler üçgen şeklinde olup sarı
zemin üzerine siyah çerçeve ve siyah piktogramlıdır.
A B C D E
●● A gazından 1 birim harcanırken, B gazından 2 birim harcandığı ve C gazından 2 birim oluştuğu ve ilk denge anına
kadar sistemdeki toplam mol sayısının
azaldığı
●● 25. dakikada ortamdaki tüm gazların
derişimlerinin anlık olarak artmasından
kap hacminin azaltılmış olabileceği
●● 30. dakikada yapılan etki ile A ve B gazlarının derişimlerinin artıp, C gazının
derişiminin azalmasından dolayı tepkimesinin girenler lehine çalıştığı
46.
A, B, C ve D seçeneklerinde verilen yargılar laboratuvar güvenliği ile ilgiliyken, E seçeneğindeki yargı öğretimin elverişli hâle
getirilmesi ile ilgilidir.
A B C D E
42.
Her öğrencinin aynı düzeyde öğrenebileceğini ve öğrenmede belirleyici olan temel
etkenin zaman olduğunu savunan öğretim
modeli okulda öğrenmedir.
A B C D E
●● Sistemin başlangıçtan itibaren 3 defa
denge konumuna ulaştığı
47.
anlaşılır.
A B C D E
Çoklu zekâ kuramına göre her birey farklı
şekilde öğrenirken, öğrenmeye aile ve sosyal çevrenin katkı sağladığı belirtilir. Bu kuramda zekânın sabit olmadığı geliştirilebilir
olduğu yaklaşımı ön plandadır.
A B C D E
40.
X(g) @ Y(g) + Z(g)Kp =
5
3
43.
0,3 mol 0,5 mol 0,1 mol
Denge anında yer alan mol sayılarına göre
gazların basınçlarını P cinsinden ele alıp
ortamdaki toplam basıncı bulalım.
Temel düzeyde öğrencinin günlük hayatıyla doğrudan ilişkili fakat ayrıntıdan uzak bir
kimya kültürü kazanması hedeflidir.
0,1 mol $ P atm ise
0,5 mol $ 5P atm dir.
PY : PZ
PX
48.
İleri düzeyde ise öğrencinin kimya alt yapısına dayalı mesleklere yöneleceği varsayımıyla zengin bir içerik sunulur.
0,3 mol $ 3P atm
Kp =
Ortaöğretim kimya dersi öğretim programı,
ilki 9 ve 10. sınıflar, ikincisi 10 ve 11. sınıflar
için hazırlanmış temel düzey ve ileri düzey
evrelerden oluşur.
A B C D E
İleri düzey öğretim programı bilim adamı
yetiştirmeye yönelik değildir.
oldu€undan
Kimya dersinde kullanılacak modellerin işlenecek konuya ve hedef kazanıma uygun,
basit ve kolay anlaşılabilir yapıda olması
istenir.
A B C D E
5
5P : P
=
eflitli€inden
3
3P
P = 1 atm bulunur.
Buna göre 27 °C de toplam basınç 9P yani
9 atm dir. Şimdi tepkimenin son denge konumunu bulalım.
X(g)
@ Y(g) + Z(g)
Başlangıç 0,3 mol 0,5 mol 0,1 mol
49.
44.
Değişim –0,1 mol +0,1 mol 0,1 mol
Denge 0,2 mol 0,6 mol 0,2 mol
0
P atm
0
0
3P atm P atm
İlerlemecilik akımında öğrencilerin girişimci
ve aktif olması beklenir. Problem çözme
yöntemi öğretimde temel alınır. II. ve III.
öncüllerde verilen davranışlar öğrenci girişimciliği ve aktifliğini engelleyeceğinden
ilerlemecilik akımına uygun değildir.
A B C D E
A B C D E
Son K p = 12 oldu€undan
12 =
Beherler ısıya dayanıklı cam malzemelerden yapılmış olmalarına rağmen bek alevinin behere direkt temasını engellemek,
kırılma, çatlama olaylarının önüne geçmek
için amyantlı tel kafes üzerine yerleştirilmesi gerekir.
3P : P
P
P = 4 atm olur.
Son denge toplam basıncı Cl 20 atm dir.
9 atm : Vkap = 0, 9 mol : R : 300 K
‹lk durum
=
20 atm : Vkap = 1 mol : R : T
Son durum
T = 600 K bulunur.
°C cinsinden = 600 – 273
= 327 °C dir.
45.
A, C, D ve E seçeneğinde yer alan kazanımlar örgün eğitimin her alanında yer alan
ve öğrenciler tarafından edinilmesi amaçlanan kazanımlardır. B seçeneğindeki kazanım ise kimya dersine özgüdür.
A B C D E
A B C D E
8
50.
Öğretmenin ders programında yer verdiği
basınç birimlerini tanıma ve aralarındaki
dönüşümü öğrenme, ölçülebilir büyüklükleri uygun birimler ile ifade edebilme kazanımına yöneliktir.
A B C D E
Download

TG – 3 - İhtiyaç Yayıncılık