Πανελλαδικές 2026 → Χημεία → Claude Haiku 4.5

Claude Haiku 4.5 · Χημεία

Anthropic · κυκλοφορία Οκτώβριος 2025 · εξέταση 5 Ιουνίου 2026 · 26 υποερωτήματα

14,271,0 / 100

Έχασε μονάδες σε 13 από τα 26 υποερωτήματα. Αυτά είναι ήδη ανοιχτά παρακάτω· κάθε άλλη γραμμή ανοίγει με κλικ στην απάντηση και στα σκέλη της.

Το υλικό που συνόδευε ολόκληρο το φύλλο — κοινό για κάθε υποερώτημα, γι' αυτό στέκει εδώ μία φορά αντί να επαναλαμβάνεται παρακάτω.

Υπόμνημα συμβολισμού

Πριν από τα θέματα, πώς διαβάζονται τα σύμβολα αυτού του φύλλου. Δεν περιέχει καμία πληροφορία για τη λύση.

Το κείμενο είναι μεταγραφή του έντυπου φύλλου θεμάτων. Όπου το πρωτότυπο είχε στοίχιση, πλαίσια ή έμφαση, εδώ υπάρχει markdown ή HTML:   σημαίνει αλλαγή γραμμής, … υπογράμμιση, … εκθέτη, … δείκτη. Είναι μορφοποίηση, δεν είναι μέρος της εκφώνησης.
Οι δείκτες γράφονται άλλοτε με Unicode (Ε₁), άλλοτε με HTML (Μ_Α), άλλοτε με κάτω παύλα (V_ισ.). Και οι τρεις μορφές σημαίνουν το ίδιο πράγμα: δείκτης.
Cℓ (και Cℓ στους τύπους) είναι το χημικό σύμβολο του χλωρίου — ό,τι διεθνώς γράφεται Cl. Τα ελληνικά σχολικά βιβλία χρησιμοποιούν το «ℓ» ώστε το σύμβολο να μη διαβάζεται ως ψηφίο 1. Έτσι: HCℓ, FeCℓ₂, CCℓ₄, HCℓO.
Το ν (ελληνικό «νι») μέσα σε μοριακό τύπο είναι γενικός ακέραιος δείκτης, όχι ψηφίο και όχι το λατινικό v. Ο τύπος CνH2νO2 διαβάζεται: άνθρακας με δείκτη ν, υδρογόνο με δείκτη 2ν, οξυγόνο με δείκτη 2.
Το V_ισ. είναι ο όγκος στο ισοδύναμο σημείο της ογκομέτρησης· το V_ισ./2 είναι ο μισός αυτού του όγκου. Το «ισ.» είναι συντομογραφία λέξης, όχι μεταβλητή.
Το (ℓ) μετά από τύπο, π.χ. H₂O(ℓ), δηλώνει υγρή κατάσταση· τα (g), (s), (aq) δηλώνουν αέρια, στερεή και υδατική.

Η κεφαλίδα του φύλλου

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ & ΕΣΠΕΡΙΝΩΝ ΓΕΝΙΚΩΝ ΛΥΚΕΙΩΝ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 5 ΙΟΥΝΙΟΥ 2026 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΕΞΙ (6)

Θέμα Α

Για τις προτάσεις Α1 έως και Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της πρότασης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή επιλογή.

Α1 υποστιβάδα με περισσότερα ατομικά τροχιακά 5/5

Τι ζητούσε το φύλλο

Α1. Σε ποια από τις παρακάτω υποστιβάδες αντιστοιχούν περισσότερα ατομικά τροχιακά;

α. Στην υποστιβάδα 3d.

β. Στην υποστιβάδα 4f.

γ. Στην υποστιβάδα 2s.

δ. Στην υποστιβάδα 4p.

Μονάδες 5

Τι απάντησε

Η απάντηση είναι β. Στην υποστιβάδα 4f.

Αιτιολόγηση: Ο αριθμός των ατομικών τροχιακών σε κάθε υποστιβάδα δίνεται από τον τύπο $2 l + 1$ , όπου $l$ ο δευτερεύων κβαντικός αριθμός.

Υποστιβάδα 3d: $l = 2$ , άρα $2 (2) + 1 = 5$ τροχιακά

Υποστιβάδα 4f: $l = 3$ , άρα $2 (3) + 1 = 7$ τροχιακά

Υποστιβάδα 2s: $l = 0$ , άρα $2 (0) + 1 = 1$ τροχιακό

Υποστιβάδα 4p: $l = 1$ , άρα $2 (1) + 1 = 3$ τροχιακά

Περισσότερα τροχιακά έχει η 4f με 7 τροχιακά.

Πώς βαθμολογήθηκε

Επιλογή της υποστιβάδας με τα περισσότερα ατομικά τροχιακά: β (4f) 5/5

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή β, με ορθή αιτιολόγηση (2l+1).

Α2 ερμηνεία θερμοχημικής εξίσωσης καύσης προπανίου 5/5

Τι ζητούσε το φύλλο

Α2. Δίνεται η θερμοχημική εξίσωση:

C₃H₈(g)+5 O₂(g) → 3 CO₂(g)+4 H₂O(ℓ) ΔH°_c=-2220 kJ

Για την αντίδραση πλήρους καύσης του C₃H₈(g) σε πρότυπη κατάσταση ισχύει ότι:

α. η ενθαλπία των προϊόντων είναι 2220 kJ.

β. κατά την πλήρη καύση 1 μορίου C₃H₈(g) εκλύεται ποσό θερμότητας 2220 kJ.

γ. κατά την πλήρη καύση 1 mol C₃H₈(g) εκλύεται ποσό θερμότητας 2220 kJ.

δ. κατά την πλήρη καύση 1 mol C₃H₈(g) απορροφάται ποσό θερμότητας 2220 kJ.

Μονάδες 5

Τι απάντησε

Η απάντηση είναι γ. κατά την πλήρη καύση 1 mol $C_{3} H_{8} (g)$ εκλύεται ποσό θερμότητας 2220 kJ.

Αιτιολόγηση: Η θερμοχημική εξίσωση δείχνει ότι $Δ H °_{c} = - 2220$ kJ. Το αρνητικό πρόσημο σημαίνει ότι η αντίδραση είναι εξώθερμη και εκλύει θερμότητα. Ο συντελεστής 1 μπροστά από το $C_{3} H_{8} (g)$ δηλώνει ότι αυτό αναφέρεται σε 1 mol της ουσίας. Επομένως, κατά την πλήρη καύση 1 mol προπανίου εκλύονται 2220 kJ θερμότητας.

Πώς βαθμολογήθηκε

Επιλογή της σωστής ερμηνείας της θερμοχημικής εξίσωσης: γ (έκλυση 2220 kJ ανά 1 mol C₃H₈) 5/5

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή γ.

Α3 διαλύτης με μικρότερη διαλυτότητα ιωδίου 5/5

Τι ζητούσε το φύλλο

Α3. Σε ποιον από τους παρακάτω διαλύτες το ιώδιο (I₂) έχει την μικρότερη διαλυτότητα;

α. Στο νερό (H₂O).

β. Στο εξάνιο (C₆H₁₄).

γ. Στον τετραχλωράνθρακα (CCℓ₄).

δ. Στο επτάνιο (C₇H₁₆).

Μονάδες 5

Τι απάντησε

Η απάντηση είναι α. Στο νερό ( $H_{2} O$ ).

Αιτιολόγηση: Το ιώδιο ( $I_{2}$ ) είναι μη πολική ουσία. Σύμφωνα με την αρχή «όμοιο διαλύει όμοιο», διαλύεται καλύτερα σε μη πολικούς διαλύτες. Το νερό είναι πολικό διάλυμα, ενώ το εξάνιο, ο τετραχλωράνθρακας και το επτάνιο είναι μη πολικοί διαλύτες. Επομένως, το $I_{2}$ έχει την μικρότερη διαλυτότητα στο νερό.

Πώς βαθμολογήθηκε

Επιλογή του διαλύτη στον οποίο το I₂ έχει τη μικρότερη διαλυτότητα: α (H₂O) 5/5

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή α.

Α4 ορισμός καταλύτη και δράση του 5/5

Τι ζητούσε το φύλλο

Α4. Καταλύτης ονομάζεται μια ουσία, η οποία με την παρουσία της σε μικρές ποσότητες:

α. δεν μεταβάλλει την ταχύτητα αντίδρασης.

β. μειώνει την ταχύτητα αντίδρασης.

γ. αυξάνει την ενέργεια ενεργοποίησης (E_a) της αντίδρασης.

δ. αυξάνει την ταχύτητα αντίδρασης.

Μονάδες 5

Τι απάντησε

Η απάντηση είναι δ. αυξάνει την ταχύτητα αντίδρασης.

Αιτιολόγηση: Ο καταλύτης είναι ουσία που παρουσία της σε μικρές ποσότητες αυξάνει την ταχύτητα μιας αντίδρασης χωρίς να καταναλώνεται. Πετυχαίνει αυτό μειώνοντας την ενέργεια ενεργοποίησης της αντίδρασης, επιτρέποντας στο σύστημα να ακολουθήσει ένα διαφορετικό μηχανισμό με χαμηλότερη ενεργειακή φραγμό.

Πώς βαθμολογήθηκε

Επιλογή της σωστής περιγραφής της δράσης του καταλύτη: δ (αυξάνει την ταχύτητα της αντίδρασης) 5/5

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή δ.

Α5 χαρακτηρισμός προτάσεων ως σωστό ή λάθος 4/5

Τι ζητούσε το φύλλο

Α5. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας, δίπλα στον αριθμό που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη λέξη ΣΩΣΤΟ, αν η πρόταση είναι σωστή ή τη λέξη ΛΑΘΟΣ, αν η πρόταση είναι λανθασμένη.

1. Το οξαλικό οξύ, (COOH)₂, δεν οξειδώνεται από διάλυμα KMnO₄ παρουσία H₂SO₄.

2. Αυτοκατάλυση ονομάζεται το φαινόμενο, στο οποίο ένα από τα προϊόντα μιας αντίδρασης δρα ως καταλύτης της.

3. Η σταθερά ιοντισμού ενός ασθενούς οξέος ΗΑ, σε σταθερή θερμοκρασία, εξαρτάται από τη συγκέντρωση του οξέος στο διάλυμα.

4. Σύμφωνα με τη θεωρία Brönsted-Lowry, το συζυγές οξύ της NH₃ είναι το NH₄⁺.

5. Στην ένωση ¹CH₃-O-²CH₂-³CH₃, τα άτομα άνθρακα 1, 2 και 3 έχουν αριθμούς οξείδωσης -2, -1 και -3, αντίστοιχα.

Μονάδες 5

εννοιολογικό

Τι απάντησε

1. ΛΑΘΟΣ

Το οξαλικό οξύ $(C O O H)_{2}$ οξειδώνεται από διάλυμα $K M n O_{4}$ παρουσία $H_{2} S O_{4}$ . Το $M n O_{4}^{-}$ είναι ισχυρό οξειδωτικό και οξειδώνει το οξαλικό οξύ σε $C O_{2}$ .

2. ΣΩΣΤΟ

Αυτοκατάλυση είναι το φαινόμενο κατά το οποίο ένα από τα προϊόντα μιας αντίδρασης δρα ως καταλύτης της ίδιας αντίδρασης, επιταχύνοντας την.

3. ΛΑΘΟΣ

Η σταθερά ιοντισμού $K_{a}$ ενός ασθενούς οξέος εξαρτάται μόνο από τη θερμοκρασία, όχι από τη συγκέντρωση του οξέος. Είναι χαρακτηριστική σταθερά του οξέος σε δεδομένη θερμοκρασία.

4. ΣΩΣΤΟ

Σύμφωνα με τη θεωρία Brönsted-Lowry, το συζυγές οξύ μιας βάσης είναι η ουσία που προκύπτει όταν η βάση προσλάβει ένα πρωτόνιο. Η $N H_{3}$ είναι βάση και το συζυγές της οξύ είναι το $N H_{4}^{+}$ .

5. ΛΑΘΟΣ

Στην ένωση $^{1} C H_{3} - O -^{2} C H_{2} -^{3} C H_{3}$ :

Άνθρακας 1: συνδεδεμένος με τρία Η και ένα Ο, αριθμός οξείδωσης = $- 2$

Άνθρακας 2: συνδεδεμένος με δύο Η, ένα Ο και ένα C, αριθμός οξείδωσης = $0$

Άνθρακας 3: συνδεδεμένος με τρία Η και ένα C, αριθμός οξείδωσης = $- 3$

Ο αριθμός οξείδωσης του άνθρακα 2 είναι 0, όχι -1.

Πώς βαθμολογήθηκε

Πρόταση 1 (οξείδωση οξαλικού οξέος από KMnO₄/H₂SO₄): ΛΑΘΟΣ 1/1
Πρόταση 2 (ορισμός αυτοκατάλυσης): ΣΩΣΤΟ 1/1
Πρόταση 3 (εξάρτηση της Ka από τη συγκέντρωση): ΛΑΘΟΣ 1/1
Πρόταση 4 (συζυγές οξύ της NH₃ το NH₄⁺): ΣΩΣΤΟ 1/1
Πρόταση 5 (αριθμοί οξείδωσης -2, -1, -3 στους άνθρακες 1, 2, 3): ΣΩΣΤΟ 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Στην πρόταση 5 υπολόγισε λανθασμένα Α.Ο. 0 για τον C2 (αγνόησε ότι συνδέεται με Ο), οπότε χαρακτήρισε ΛΑΘΟΣ αντί ΣΩΣΤΟ.

Θέμα Β

Β1α ηλεκτρονιακές δομές στοιχείων Χ, Ψ, Ω 3/3

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Β1

Β1. α. Να γραφούν οι ηλεκτρονιακές δομές των ατόμων των χημικών στοιχείων Χ, Ψ και Ω στη θεμελιώδη κατάσταση, αν είναι γνωστό ότι αυτά ανήκουν στην τρίτη περίοδο του Περιοδικού Πίνακα και ισχύουν τα παρακάτω:

i) Το στοιχείο Χ ανήκει στον τομέα p και έχει 3 μονήρη ηλεκτρόνια σε θεμελιώδη κατάσταση.

ii) Το στοιχείο Ψ είναι το πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο της περιόδου.

iii) Το στοιχείο Ω έχει τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα από τα χημικά στοιχεία της περιόδου.

(Μονάδες 3)

β. Να κατατάξετε κατά αύξουσα ενέργεια πρώτου ιοντισμού Eᵢ₁ τα χημικά στοιχεία Χ, Ψ και Ω.

(Μονάδες 2)

Μονάδες 5

Τι απάντησε

Στοιχείο Χ: Ανήκει στην τρίτη περίοδο, τομέα p, με 3 μονήρη ηλεκτρόνια. Ηλεκτρονιακή δομή: $1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{2} 3 p^{3}$ (Φώσφορος, P)

Στοιχείο Ψ: Είναι το πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο της τρίτης περιόδου. Ηλεκτρονιακή δομή: $1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{2} 3 p^{5}$ (Χλώριο, Cℓ)

Στοιχείο Ω: Έχει τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα στην τρίτη περίοδο. Ηλεκτρονιακή δομή: $1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{1}$ (Νάτριο, Na)

Πώς βαθμολογήθηκε

Ηλεκτρονιακή δομή του Χ (τομέας p, 3 μονήρη ηλεκτρόνια): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p³ 1/1
Ηλεκτρονιακή δομή του Ψ (πιο ηλεκτραρνητικό της περιόδου): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁵ 1/1
Ηλεκτρονιακή δομή του Ω (μεγαλύτερη ατομική ακτίνα της περιόδου): 1s² 2s² 2p⁶ 3s¹ 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Και οι τρεις δομές σωστές (P, Cℓ, Na).

Β1β κατάταξη κατά αύξουσα ενέργεια πρώτου ιοντισμού 0/2

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Β1

i) Το στοιχείο Χ ανήκει στον τομέα p και έχει 3 μονήρη ηλεκτρόνια σε θεμελιώδη κατάσταση.

ii) Το στοιχείο Ψ είναι το πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο της περιόδου.

iii) Το στοιχείο Ω έχει τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα από τα χημικά στοιχεία της περιόδου.

(Μονάδες 3)

β. Να κατατάξετε κατά αύξουσα ενέργεια πρώτου ιοντισμού Eᵢ₁ τα χημικά στοιχεία Χ, Ψ και Ω.

(Μονάδες 2)

Μονάδες 5

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Κατάταξη κατά αύξουσα ενέργεια πρώτου ιοντισμού:

$Ψ < Ω < X$

ή

$C ℓ < N a < P$

Αιτιολόγηση:

Το Cℓ έχει τη μικρότερη ενέργεια ιοντισμού γιατί είναι πιο ηλεκτραρνητικό και δύσκολα χάνει ηλεκτρόνια.

Το Na έχει μεσαία ενέργεια ιοντισμού.

Το P έχει τη μεγαλύτερη ενέργεια ιοντισμού γιατί έχει ημιπληρη υποστιβάδα 3p³ που είναι σχετικά σταθερή.

Πώς βαθμολογήθηκε

Το Ω τοποθετείται ως το στοιχείο με τη μικρότερη Ei₁ 0/1
Το Ψ τοποθετείται ως το στοιχείο με τη μεγαλύτερη Ei₁, δηλαδή πλήρης κατάταξη Ei₁(Ω) < Ei₁(Χ) < Ei₁(Ψ) 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Έδωσε Ψ < Ω < Χ, δηλαδή τοποθέτησε το πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο με τη μικρότερη Ei₁ — αντιστρέφει την περιοδική τάση.

Β2α ισοστάθμιση της χημικής εξίσωσης 2/2

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Β2

Β2. Δίνεται η χημική εξίσωση της αντίδρασης:

FeCℓ₂+K₂Cr₂O₇+HCℓ → FeCℓ₃+CrCℓ₃+KCℓ+H₂O

α. Να ισοσταθμίσετε την παραπάνω χημική εξίσωση (Μονάδες 2).

β. Να προσδιορίσετε ποιο σώμα είναι το οξειδωτικό και ποιο το αναγωγικό, αιτιολογώντας τις απαντήσεις σας (Μονάδες 2).

Μονάδες 4

Τι απάντησε

Ισοσταθμισμένη εξίσωση:

$6 F e C ℓ_{2} + K_{2} C r_{2} O_{7} + 14 H C ℓ \to 6 F e C ℓ_{3} + 2 C r C ℓ_{3} + 2 K C ℓ + 7 H_{2} O$

Μέθοδος:

Fe²⁺ → Fe³⁺ + e⁻ (οξείδωση, ×6)

Cr₂O₇²⁻ + 14H⁺ + 6e⁻ → 2Cr³⁺ + 7H₂O (αναγωγή, ×1)

Πώς βαθμολογήθηκε

Σωστοί συντελεστές στα σώματα που μεταβάλλουν αριθμό οξείδωσης, ώστε να ισοσταθμίζεται η μεταφορά ηλεκτρονίων: 6 FeCℓ₂, 1 K₂Cr₂O₇ → 6 FeCℓ₃, 2 CrCℓ₃ 1/1
Συμπλήρωση των υπόλοιπων συντελεστών ώστε η τελική εξίσωση να είναι πλήρως ισοσταθμισμένη: 14 HCℓ → 2 KCℓ + 7 H₂O 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πλήρως ισοσταθμισμένη εξίσωση.

Β2β προσδιορισμός οξειδωτικού και αναγωγικού σώματος 2/2

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Β2

Β2. Δίνεται η χημική εξίσωση της αντίδρασης:

FeCℓ₂+K₂Cr₂O₇+HCℓ → FeCℓ₃+CrCℓ₃+KCℓ+H₂O

α. Να ισοσταθμίσετε την παραπάνω χημική εξίσωση (Μονάδες 2).

Μονάδες 4

Τι απάντησε

Οξειδωτικό σώμα: $K_{2} C r_{2} O_{7}$ (διχρωμικό κάλιο)

Αναγωγικό σώμα: $F e C ℓ_{2}$ (χλωριούχος σίδηρος II)

Αιτιολόγηση:

Στο $K_{2} C r_{2} O_{7}$ , ο Cr έχει αριθμό οξείδωσης +6 και μειώνεται σε +3 (αναγωγή), επομένως είναι οξειδωτικό.

Στο $F e C ℓ_{2}$ , ο Fe έχει αριθμό οξείδωσης +2 και οξειδώνεται σε +3 (οξείδωση), επομένως είναι αναγωγικό.

Πώς βαθμολογήθηκε

Χαρακτηρισμός του K₂Cr₂O₇ ως οξειδωτικού, με αιτιολόγηση τη μείωση του αριθμού οξείδωσης του Cr από +6 σε +3 1/1
Χαρακτηρισμός του FeCℓ₂ ως αναγωγικού, με αιτιολόγηση την αύξηση του αριθμού οξείδωσης του Fe από +2 σε +3 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πλήρης χαρακτηρισμός με αναφορά στις μεταβολές των αριθμών οξείδωσης.

Β3 εξήγηση ποια οξέα είναι ισχυρά ή ασθενή 6/6

Τι ζητούσε το φύλλο

Β3. Για τα επόμενα μονοπρωτικά οξέα ΗΑ, ΗΒ, ΗΓ υπάρχουν τα ακόλουθα πειραματικά δεδομένα:

i) Υδατικό διάλυμα του οξέος ΗΑ, συγκέντρωσης 0,01 Μ, έχει pH = 2.

ii) Υδατικό διάλυμα του άλατος NaB έχει pH = 9.

iii) Υδατικό διάλυμα του οξέος ΗΓ έχει pH = 2. Όταν αραιωθούν 10 mL του διαλύματος αυτού σε τελικό όγκο 100 mL, το αραιωμένο διάλυμα έχει pH = 2,5.

Με βάση τα ανωτέρω δεδομένα, να εξηγήσετε ποια από τα οξέα ΗΑ, ΗΒ, ΗΓ είναι ισχυρά και ποια είναι ασθενή.

Δίνεται για το H₂O: K_w=10⁻¹⁴ και θ = 25 °C.

Μονάδες 6

Τι απάντησε

Ανάλυση δεδομένων:

Για το οξύ ΗΑ:

Συγκέντρωση: 0,01 M, pH = 2

$[H^{+}] = 1 0^{- 2}$ M = 0,01 M

Αφού $[H^{+}] = c$ (συγκέντρωση), το οξύ είναι ισχυρό.

Για το άλας NaB:

pH = 9 > 7, άρα το διάλυμα είναι βασικό

Αυτό σημαίνει ότι το B⁻ υδρολύεται: $B^{-} + H_{2} O ⇌ H B + O H^{-}$

Επομένως το ΗΒ είναι ασθενές οξύ.

Για το οξύ ΗΓ:

Αρχικό διάλυμα: pH = 2, άρα $[H^{+}] = 1 0^{- 2}$ M

Μετά την αραίωση 10 φορές: pH = 2,5, άρα $[H^{+}] = 1 0^{- 2, 5} \approx 3, 16 \times 1 0^{- 3}$ M

Αν ήταν ισχυρό, θα έπρεπε $[H^{+}] = 1 0^{- 3}$ M (αραίωση 10 φορές)

Αφού $[H^{+}] > 1 0^{- 3}$ M, το οξύ είναι ασθενές (ιοντίζεται περισσότερο κατά την αραίωση).

Συμπέρασμα:

ΗΑ: Ισχυρό οξύ

ΗΒ: Ασθενές οξύ

ΗΓ: Ασθενές οξύ

Πώς βαθμολογήθηκε

ΗΑ: από pH=2 προκύπτει [H₃O⁺]=10⁻² Μ, ίση με τη C=0,01 Μ, άρα πλήρης ιοντισμός — το ΗΑ είναι ισχυρό οξύ 2/2
ΗΒ: το διάλυμα του άλατος NaB έχει pH=9>7, άρα το Β⁻ υδρολύεται (θα έδινε pH=7 αν το ΗΒ ήταν ισχυρό) — το ΗΒ είναι ασθενές οξύ 2/2
ΗΓ: αξιοποίηση της αραίωσης 1:10 — ισχυρό οξύ θα έδινε pH=3, ενώ το δεδομένο είναι pH=2,5 — το ΗΓ είναι ασθενές οξύ 2/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Και τα τρία σκέλη αξιοποιούν σωστά τα πειραματικά δεδομένα.

Β4α επιλογή πιθανής άγνωστης ουσίας Χ 1/1

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Β4

Β4. Οριζόντιο κυλινδρικό δοχείο (Σχήμα 1) χωρίζεται στο μέσο με κινητή ημιπερατή μεμβράνη.

[ΣΧΗΜΑ — Σχήμα 1: Οριζόντιο κυλινδρικό δοχείο, χωρισμένο στο μέσο με κινητή ημιπερατή μεμβράνη. Αριστερό διαμέρισμα Α: διάλυμα ουρίας 6% w/v. Δεξιό διαμέρισμα Β: διάλυμα άγνωστης ουσίας Χ 6% w/v.]

Γεμίζουμε το τμήμα Α με υδατικό διάλυμα ουρίας (M_r = 60), περιεκτικότητας 6% w/v, και το τμήμα Β με υδατικό διάλυμα άγνωστης ουσίας Χ, περιεκτικότητας 6% w/v. Η ημιπερατή μεμβράνη κινείται από το τμήμα Β προς το τμήμα Α. Τα διαλύματα είναι μοριακά και βρίσκονται στην ίδια θερμοκρασία.

α. Να επιλέξετε ποια από τις παρακάτω ουσίες είναι δυνατόν να είναι η ουσία Χ, η οποία περιέχεται στο διάλυμα του τμήματος Β:

i. Μεθανάλη (M_r = 30) ii. Ουρία (M_r = 60) iii. Γλυκόζη (M_r = 180)

(Μονάδα 1)

β. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας (Μονάδες 3).

Μονάδες 4

Τι απάντησε

Η απάντηση είναι i. Μεθανάλη ( $M_{r} = 30$ )

Πώς βαθμολογήθηκε

Επιλογή της ουσίας Χ: i (μεθανάλη, M_r = 30) 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή.

Β4β αιτιολόγηση επιλογής ουσίας Χ 2/3

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Β4

Β4. Οριζόντιο κυλινδρικό δοχείο (Σχήμα 1) χωρίζεται στο μέσο με κινητή ημιπερατή μεμβράνη.

i. Μεθανάλη (M_r = 30) ii. Ουρία (M_r = 60) iii. Γλυκόζη (M_r = 180)

(Μονάδα 1)

β. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας (Μονάδες 3).

Μονάδες 4

αντίφαση

Τι απάντησε

Αιτιολόγηση:

Η ημιπερατή μεμβράνη κινείται από το τμήμα Β προς το τμήμα Α, που σημαίνει ότι το νερό διαχέεται από το Β προς το Α. Αυτό συμβαίνει όταν το διάλυμα στο Β έχει μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση από το Α.

Η ωσμωτική πίεση δίνεται από: $π = i \cdot c \cdot R \cdot T$

Και τα δύο διαλύματα έχουν περιεκτικότητα 6% w/v και είναι μοριακά (δεν ιοντίζονται), άρα $i = 1$ .

Για να έχει το Β μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση, πρέπει να έχει μεγαλύτερη γραμμομοριακή συγκέντρωση.

$c = \frac{n}{V} = \frac{m / M _{r}}{V}$

Αφού η μάζα και ο όγκος είναι ίδια, η συγκέντρωση είναι αντιστρόφως ανάλογη της $M_{r}$ .

Μεθανάλη: $M_{r} = 30$ → $c = \frac{6/30}{V} = \frac{0 , 2}{V}$ (μεγαλύτερη)

Ουρία: $M_{r} = 60$ → $c = \frac{6/60}{V} = \frac{0 , 1}{V}$ (ίδια με Α)

Γλυκόζη: $M_{r} = 180$ → $c = \frac{6/180}{V} = \frac{0 , 033}{V}$ (μικρότερη)

Επομένως, η ουσία Χ είναι η μεθανάλη, που έχει τη μεγαλύτερη συγκέντρωση και ωσμωτική πίεση.

Πώς βαθμολογήθηκε

Μετατροπή της 6% w/v περιεκτικότητας του διαλύματος ουρίας σε συγκέντρωση: C_A = 1 M 1/1
Σύνδεση της κίνησης της μεμβράνης από το Β προς το Α με μετακίνηση νερού προς το Β, άρα το Β είναι το υπερτονικό (μεγαλύτερης συγκέντρωσης/ωσμωτικής πίεσης) και το Α το υποτονικό διάλυμα 0/1
Απαίτηση C_X > 1 M, δηλαδή M_r(X) < 60, που ικανοποιείται μόνο από τη μεθανάλη (C_X = 6/(30·0,1) = 2 M) 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Δήλωσε ότι το νερό διαχέεται «από το Β προς το Α», που αντιφάσκει με το συμπέρασμά του ότι το Β είναι υπερτονικό· η υπόλοιπη σύγκριση συγκεντρώσεων/ωσμωτικών πιέσεων είναι ορθή.

Β5α επιλογή του μονοπρωτικού οξέος 1/1

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Β5

Β5. Ορισμένος όγκος υδατικού διαλύματος μονοπρωτικού οξέος ΗΑ ογκομετρήθηκε με πρότυπο διάλυμα NaOH και σχεδιάστηκε η παρακάτω καμπύλη ογκομέτρησης, όπου V_ισ. είναι ο όγκος του πρότυπου διαλύματος που απαιτήθηκε στο ισοδύναμο σημείο.

[ΣΧΗΜΑ — καμπύλη ογκομέτρησης: Οριζόντιος άξονας: όγκος πρότυπου διαλύματος NaOH (mL). Κατακόρυφος άξονας: pH. Η καμπύλη είναι σιγμοειδής. Χαρακτηριστικά σημεία που σημειώνονται πάνω της: · στον όγκο V_ισ./2 η καμπύλη περνά από σημείο με pH = 5 · γύρω από τον όγκο V_ισ. η καμπύλη παρουσιάζει απότομη κατακόρυφη άνοδο · στον όγκο V_ισ. βρίσκεται το ισοδύναμο σημείο, σε pH σαφώς μεγαλύτερο του 7 · μετά το V_ισ. η καμπύλη σταθεροποιείται σε υψηλή τιμή pH Στον άξονα του pH σημειώνονται με διακεκομμένες γραμμές οι τιμές 5, 7 και η τιμή του ισοδύναμου σημείου.]

α. Να επιλέξετε ποιο από τα παρακάτω μπορεί να είναι το οξύ:

i. HCOOH με K_a=10⁻⁴ ii. CH₃COOH με K_a=10⁻⁵

iii. HCℓO με K_a=10⁻⁶

(Μονάδα 1)

β. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας (Μονάδες 5).

Μονάδες 6

Δίνονται ότι:

η θερμοκρασία παραμένει σταθερή (25 °C) κατά τη διάρκεια της ογκομέτρησης.
οι σταθερές ιοντισμού των οξέων αναφέρονται σε θ = 25 °C.
K_w=10⁻¹⁴.

Τι απάντησε

Η απάντηση είναι ii. $C H_{3} C O O H$ με $K_{a} = 1 0^{- 5}$

Πώς βαθμολογήθηκε

Επιλογή του οξέος: ii (CH₃COOH με K_a=10⁻⁵) 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή.

Β5β αιτιολόγηση επιλογής του οξέος 4/5

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Β5

α. Να επιλέξετε ποιο από τα παρακάτω μπορεί να είναι το οξύ:

i. HCOOH με K_a=10⁻⁴ ii. CH₃COOH με K_a=10⁻⁵

iii. HCℓO με K_a=10⁻⁶

(Μονάδα 1)

β. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας (Μονάδες 5).

Μονάδες 6

Δίνονται ότι:

η θερμοκρασία παραμένει σταθερή (25 °C) κατά τη διάρκεια της ογκομέτρησης.
οι σταθερές ιοντισμού των οξέων αναφέρονται σε θ = 25 °C.
K_w=10⁻¹⁴.

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

Αιτιολόγηση:

Από τη καμπύλη ογκομέτρησης παρατηρούμε ότι:

Στο σημείο $V_{ι σ .} /2$ , pH = 5:

Σε αυτό το σημείο, έχει αντιδράσει το μισό του οξέος με NaOH, οπότε $[H A] = [A^{-}]$ .

Από την εξίσωση Henderson-Hasselbalch: $p H = p K_{a} + lo g \frac{[ A ^{-} ]}{[ H A ]} = p K_{a} + lo g 1 = p K_{a}$

Επομένως: $p K_{a} = 5$ , άρα $K_{a} = 1 0^{- 5}$

Το ισοδύναμο σημείο είναι σε pH > 7:

Αυτό δείχνει ότι το οξύ είναι ασθενές (αν ήταν ισχυρό, το pH στο ισοδύναμο σημείο θα ήταν 7).

Ελέγχουμε τις επιλογές:

HCOOH με $K_{a} = 1 0^{- 4}$ : $p K_{a} = 4$ , άρα στο $V_{ι σ .} /2$ θα ήταν pH = 4 ✗

$C H_{3} C O O H$ με $K_{a} = 1 0^{- 5}$ : $p K_{a} = 5$ , άρα στο $V_{ι σ .} /2$ θα ήταν pH = 5 ✓

$H C ℓ O$ με $K_{a} = 1 0^{- 6}$ : $p K_{a} = 6$ , άρα στο $V_{ι σ .} /2$ θα ήταν pH = 6 ✗

Επομένως, το οξύ είναι το $C H_{3} C O O H$ με $K_{a} = 1 0^{- 5}$ .

Πώς βαθμολογήθηκε

Αναγνώριση ότι στον όγκο V_ισ./2 έχει εξουδετερωθεί η μισή ποσότητα του ΗΑ, με στοιχειομετρική τεκμηρίωση (n_HA = V_ισ.·C_NaOH, n_NaOH = (V_ισ./2)·C_NaOH) 1/2
Διαπίστωση ότι στο σημείο αυτό προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα ΗΑ/Α⁻ με ίσες συγκεντρώσεις 1/1
Από την Henderson-Hasselbalch (ή απευθείας από την έκφραση της K_a) προκύπτει [H₃O⁺] = K_a, άρα από pH=5 είναι K_a = 10⁻⁵, που αντιστοιχεί στο CH₃COOH 2/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή ταύτιση pH=pK_a και έλεγχος των τριών επιλογών, αλλά χωρίς στοιχειομετρική τεκμηρίωση (n_HA=V_ισ.·C_NaOH) του ημιισοδύναμου σημείου.

Θέμα Γ

Γ1 συντακτικοί τύποι οργανικών ενώσεων σειράς αντιδράσεων 0/11

Τι ζητούσε το φύλλο

Γ1. Δίνονται οι παρακάτω αντιδράσεις:

[ΣΧΗΜΑ — Γ1, σειρά αντιδράσεων (κάθε γραμμή είναι ένα βέλος του σχήματος):

  (Α) CνH2νO2 + NaOH → (Β) + (Γ)
  (Β)  --[+KMnO4 / H+]-->  CO2
  (Γ)  --[+SOCl2]-->  (Δ)  --[+Mg, άνυδρος αιθέρας]-->  (Ε)
  (Γ)  --[+Cu / 320 °C]-->  (Θ)
  (Θ) + (Ε) → ενδιάμεσο προϊόν  --[+H2O]-->  (Κ)
  (Κ)  --[+I2 / NaOH]-->  κίτρινο ίζημα
  (Κ)  --[π. H2SO4, 170 °C]-->  (Μ)
  (Μ)  --[+Br2 / CCl4]-->  (Ν)
  (Ν)  --[KOH, αλκοολικό διάλυμα]-->  (Π)
  (Π)  --[+CuCl (περίσσεια) / NH3]-->  (Ρ)

]

Να γράψετε τους συντακτικούς τύπους των οργανικών ενώσεων Α, Β, Γ, Δ, Ε, Θ, Κ, Μ, Ν, Π και Ρ. Σε όλες τις αντιδράσεις παράγονται κύρια προϊόντα.

Μονάδες 11

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Ανάλυση της σειράς αντιδράσεων:

Ένωση Α: C_νH_{2ν}O_2

Αντιδρά με NaOH και δίνει Β και Γ. Αφού το Β οξειδώνεται σε $C O_{2}$ με $K M n O_{4}$ , το Β είναι αλκοόλη. Το Γ αντιδρά με $S O C ℓ_{2}$ , άρα είναι επίσης αλκοόλη.

Η Α είναι διόλη: $H O - C H_{2} - C H_{2} - O H$ (αιθυλενογλυκόλη, ν=1)

Ένωση Β: $H O - C H_{2} - C H_{2} - O H$ (αιθυλενογλυκόλη)

Ένωση Γ: $H O - C H_{2} - C H_{2} - O H$ (αιθυλενογλυκόλη)

Με $S O C ℓ_{2}$ :

Ένωση Δ: $C ℓ - C H_{2} - C H_{2} - C ℓ$ (1,2-διχλωροαιθάνιο)

Με Mg σε άνυδρο αιθέρα:

Ένωση Ε: $M g - C H_{2} - C H_{2} - M g$ (αντιδραστήριο Grignard)

Το Γ με Cu σε 320°C (αφυδάτωση):

Ένωση Θ: $C H_{2} = C H_{2}$ (αιθυλένιο)

Θ + Ε → ενδιάμεσο προϊόν (προσθήκη):

Ενδιάμεσο: $M g - C H_{2} - C H_{2} - O - C H_{2} - C H_{2} - M g$

Με $H_{2} O$ :

Ένωση Κ: $H O - C H_{2} - C H_{2} - O - C H_{2} - C H_{2} - O H$ (διαιθυλενογλυκόλη)

Με $I_{2} / N a O H$ (δοκιμή ιωδοφόρμης):

Κίτρινο ίζημα: $C H I_{3}$ (ιωδοφόρμη)

Αυτό σημαίνει ότι το Κ έχει ομάδα $C H_{3} - C H O$ ή $C H_{3} - C O -$ .

Με πυκνό $H_{2} S O_{4}$ σε 170°C (αφυδάτωση):

Ένωση Μ: $C H_{2} = C H - O - C H_{2} - C H_{2} - O H$ (βινυλοαιθέρας με υδροξύλη)

Με $B r_{2} / C C ℓ_{4}$ (προσθήκη):

Ένωση Ν: $C H B r_{2} - C H B r - O - C H_{2} - C H_{2} - O H$ (διβρωμοπροπυλοαιθέρας)

Με KOH σε αλκοολικό διάλυμα (απόσπαση):

Ένωση Π: $H C \equiv C - O - C H_{2} - C H_{2} - O H$ (προπαργυλοαιθέρας)

Με $C u C ℓ$ (περίσσεια) σε $N H_{3}$ :

Ένωση Ρ: $C u - C \equiv C - O - C H_{2} - C H_{2} - O H$ (χάλκινο αλκυνίδιο)

Πώς βαθμολογήθηκε

Α: HCOOCH₃, Β: HCOONa, Γ: CH₃OH (1 μονάδα ανά ένωση) 0/3
Δ: CH₃Cℓ, Ε: CH₃MgCℓ (1 μονάδα ανά ένωση) 0/2
Θ: CH₂=O, Κ: CH₃CH₂OH (1 μονάδα ανά ένωση) 0/2
Μ: CH₂=CH₂, Ν: CH₂Br-CH₂Br (1 μονάδα ανά ένωση) 0/2
Π: CH≡CH, Ρ: CuC≡CCu (1 μονάδα ανά ένωση) 0/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Ερμήνευσε την Α ως διόλη (αγνόησε ότι CνH2νO2 + NaOH σημαίνει εστέρα) και έδωσε λανθασμένους τύπους σε όλες τις ενώσεις· επιπλέον ανύπαρκτα σώματα τύπου Mg-CH₂-CH₂-Mg.

Γ2α υπολογισμός σύστασης σε mol αρχικού μίγματος 4/6

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Γ2

Γ2. Δίνεται ομογενές μίγμα που αποτελείται από δύο ισομερείς αλκοόλες Σ και Τ με τον ίδιο μοριακό τύπο C₄H₉OH. Η ποσότητα του μίγματος χωρίζεται σε τρία ίσα μέρη.

Το πρώτο μέρος αντιδρά με περίσσεια Na, οπότε εκλύονται 2,24 L αερίου μετρημένα σε συνθήκες STP.

Το δεύτερο μέρος αντιδρά με περίσσεια διαλύματος I₂/NaOH και δίνει οργανικό άλας και 0,12 mol κίτρινου ιζήματος.

Το τρίτο μέρος απαιτεί για πλήρη οξείδωση 0,48 L διαλύματος KMnO₄ συγκέντρωσης 0,1 Μ παρουσία H₂SO₄.

α. Να υπολογίσετε τη σύσταση σε mol του αρχικού μίγματος (Μονάδες 6).

Η αλκοόλη Σ μπορεί να παρασκευαστεί μέσω των αντιδραστηρίων Grignard με έναν μόνο συνδυασμό αντιδραστηρίων.

β. Να γράψετε τους συντακτικούς τύπους των αλκοολών Σ και Τ (Μονάδες 2).

γ. Να παρασκευαστεί η παρακάτω ένωση

CH₃-CH₂-C |H-CH₃ OH

με όλους τους δυνατούς συνδυασμούς αντιδραστηρίου Grignard με την αντίστοιχη καρβονυλική ένωση (Μονάδες 2).

Μονάδες 10

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Δεδομένα:

Μίγμα δύο ισομερών αλκοολών $C_{4} H_{9} O H$

Χωρίζεται σε τρία ίσα μέρη

Πρώτο μέρος (αντίδραση με Na): $2 R - O H + 2 N a \to 2 R - O N a + H_{2} ↑$

Όγκος $H_{2}$ = 2,24 L σε STP $n (H_{2}) = \frac{2 , 24}{22 , 4} = 0, 1 mol$

Από τη στοιχειομετρία: $n (R - O H) = 0, 2$ mol (σε ένα μέρος)

Σε ολόκληρο το μίγμα: $n (R - O H)_{ο λ} = 0, 2 \times 3 = 0, 6$ mol

Δεύτερο μέρος (αντίδραση με $I_{2} / N a O H$ ):

Μόνο η δευτεροταγής αλκοόλη με δομή $C H_{3} - C H O H -$ δίνει δοκιμή ιωδοφόρμης.

$C H_{3} - C H O H - R + I_{2} / N a O H \to C H_{3} - C O O N a + C H I_{3} ↓$

Κίτρινο ίζημα = 0,12 mol $C H I_{3}$

Από τη στοιχειομετρία: $n (C H_{3} - C H O H - R) = 0, 12$ mol (σε ένα μέρος)

Σε ολόκληρο το μίγμα: $n (δευτεροταγ η ˊ ς) = 0, 12 \times 3 = 0, 36$ mol

Τρίτο μέρος (οξείδωση με $K M n O_{4}$ ):

Όγκος $K M n O_{4}$ = 0,48 L = 0,48 × 10⁻³ m³ = 480 mL Συγκέντρωση = 0,1 M

$n (K M n O_{4}) = 0, 1 \times 0, 48 = 0, 048 mol$

Η αντίδραση οξείδωσης:

Πρωτοταγής αλκοόλη: $R - C H_{2} O H \to R - C H O \to R - C O O H$ (2 e⁻ ανά μόριο)

Δευτεροταγής αλκοόλη: $R_{2} C H O H \to R_{2} C O$ (1 e⁻ ανά μόριο)

Ο $M n O_{4}^{-}$ δέχεται 5 e⁻: $M n O_{4}^{-} + 8 H^{+} + 5 e^{-} \to M n^{2 +} + 4 H_{2} O$

Έστω $n_{1}$ = mol πρωτοταγής και $n_{2}$ = mol δευτεροταγής (σε ένα μέρος)

$n_{1} + n_{2} = 0, 2 (συνολικ α ˊ mol αλκοολ ω ˊ ν)$

Ηλεκτρόνια που μεταφέρονται: $2 n_{1} + n_{2} = 5 \times 0, 048 = 0, 24$

Από τις δύο εξισώσεις: $2 n_{1} + n_{2} = 0, 24$ $n_{1} + n_{2} = 0, 2$

Αφαιρώντας: $n_{1} = 0, 04$ mol (πρωτοταγής σε ένα μέρος)

$n_{2} = 0, 2 - 0, 04 = 0, 16 mol (δευτεροταγ η ˊ ς σε ε ˊ να μ ε ˊ ρος)$

Αλλά από το δεύτερο μέρος, η δευτεροταγής που δίνει δοκιμή ιωδοφόρμης είναι 0,12 mol.

Άρα υπάρχει και άλλη δευτεροταγής που δεν δίνει δοκιμή ιωδοφόρμης: $0, 16 - 0, 12 = 0, 04$ mol

Σύσταση του αρχικού μίγματος (σε ένα μέρος):

Πρωτοταγής αλκοόλη: 0,04 mol

Δευτεροταγής με $C H_{3} - C H O H -$ : 0,12 mol

Δευτεροταγής χωρίς $C H_{3} - C H O H -$ : 0,04 mol

Σε ολόκληρο το μίγμα:

Πρωτοταγής: $0, 04 \times 3 = 0, 12$ mol

Δευτεροταγής με $C H_{3} - C H O H -$ : $0, 12 \times 3 = 0, 36$ mol

Δευτεροταγής χωρίς $C H_{3} - C H O H -$ : $0, 04 \times 3 = 0, 12$ mol

Πώς βαθμολογήθηκε

1ο μέρος: n(H₂) = 2,24/22,4 = 0,1 mol και στοιχειομετρία 1 mol αλκοόλης → 1/2 mol H₂, από όπου το ΣΥΝΟΛΙΚΟ αρχικό μίγμα έχει 0,6 mol αλκοολών 2/2
2ο μέρος: μόνο η αλκοόλη με δομή CH₃CH(OH)- δίνει κίτρινο ίζημα CHI₃ σε αναλογία 1:1, άρα 0,12 mol αυτής ανά μέρος (0,36 mol συνολικά) 2/2
3ο μέρος: n(KMnO₄) = 0,48·0,1 = 0,048 mol και η στοιχειομετρία 2 KMnO₄ : 5 δευτεροταγείς αλκοόλες συμφωνεί με 0,12 mol, άρα η δεύτερη αλκοόλη δεν οξειδώνεται (τριτοταγής) 0/1
Τελική σύσταση του αρχικού μίγματος: 0,36 mol της μιας και 0,24 mol της άλλης αλκοόλης, με μονάδα (mol) 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Λανθασμένη ηλεκτρονιακή στοιχειομετρία οξείδωσης (1 e⁻ για δευτεροταγή) οδήγησε σε τρεις αλκοόλες, ενώ το μίγμα έχει δύο· δεν αναγνώρισε την τριτοταγή που δεν οξειδώνεται.

Γ2β συντακτικοί τύποι αλκοολών Σ και Τ 1/2

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Γ2

Το πρώτο μέρος αντιδρά με περίσσεια Na, οπότε εκλύονται 2,24 L αερίου μετρημένα σε συνθήκες STP.

Το δεύτερο μέρος αντιδρά με περίσσεια διαλύματος I₂/NaOH και δίνει οργανικό άλας και 0,12 mol κίτρινου ιζήματος.

Το τρίτο μέρος απαιτεί για πλήρη οξείδωση 0,48 L διαλύματος KMnO₄ συγκέντρωσης 0,1 Μ παρουσία H₂SO₄.

α. Να υπολογίσετε τη σύσταση σε mol του αρχικού μίγματος (Μονάδες 6).

Η αλκοόλη Σ μπορεί να παρασκευαστεί μέσω των αντιδραστηρίων Grignard με έναν μόνο συνδυασμό αντιδραστηρίων.

β. Να γράψετε τους συντακτικούς τύπους των αλκοολών Σ και Τ (Μονάδες 2).

γ. Να παρασκευαστεί η παρακάτω ένωση

CH₃-CH₂-C |H-CH₃ OH

με όλους τους δυνατούς συνδυασμούς αντιδραστηρίου Grignard με την αντίστοιχη καρβονυλική ένωση (Μονάδες 2).

Μονάδες 10

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Οι δύο ισομερείς αλκοόλες $C_{4} H_{9} O H$ είναι:

Ένωση Σ (πρωτοταγής): $C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - C H_{2} - O H$ (1-βουτανόλη)

Ένωση Τ (δευτεροταγής): $C H_{3} - C H_{2} - C H O H - C H_{3}$ (2-βουτανόλη)

Η Σ μπορεί να παρασκευαστεί με αντιδραστήριο Grignard: $C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - C H O + C H_{3} - M g B r \to C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - C H (O M g B r) - C H_{3}$

Αλλά αυτό δίνει 2-βουτανόλη, όχι 1-βουτανόλη.

Σωστή παρασκευή της Σ: $C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - C H O + H_{2} \to C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - C H_{2} - O H$

ή

$C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - C H_{2} - B r + M g \to C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - C H_{2} - M g B r$ $C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - C H_{2} - M g B r + C H_{2} O \to C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - C H_{2} - C H_{2} - O H$

Αυτό δίνει 1-πεντανόλη, όχι 1-βουτανόλη.

Σωστή παρασκευή: $C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - M g B r + C H_{2} O \to C H_{3} - C H_{2} - C H_{2} - C H_{2} - O H$

Πώς βαθμολογήθηκε

Σ: (CH₃)₃COH — η τριτοταγής αλκοόλη, που παρασκευάζεται με έναν μόνο συνδυασμό Grignard και δεν οξειδώνεται 0/1
Τ: CH₃CH(OH)CH₂CH₃ — η δευτεροταγής αλκοόλη που δίνει ιωδοφορμική αντίδραση και οξειδώνεται 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Η Τ σωστή· η Σ δόθηκε ως 1-βουτανόλη, ασυμβίβαστη με τον περιορισμό ενός μόνο συνδυασμού Grignard και με τη μη οξείδωση.

Γ2γ παρασκευή αλκοόλης με συνδυασμούς Grignard 0/2

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Γ2

Το πρώτο μέρος αντιδρά με περίσσεια Na, οπότε εκλύονται 2,24 L αερίου μετρημένα σε συνθήκες STP.

Το δεύτερο μέρος αντιδρά με περίσσεια διαλύματος I₂/NaOH και δίνει οργανικό άλας και 0,12 mol κίτρινου ιζήματος.

Το τρίτο μέρος απαιτεί για πλήρη οξείδωση 0,48 L διαλύματος KMnO₄ συγκέντρωσης 0,1 Μ παρουσία H₂SO₄.

α. Να υπολογίσετε τη σύσταση σε mol του αρχικού μίγματος (Μονάδες 6).

Η αλκοόλη Σ μπορεί να παρασκευαστεί μέσω των αντιδραστηρίων Grignard με έναν μόνο συνδυασμό αντιδραστηρίων.

β. Να γράψετε τους συντακτικούς τύπους των αλκοολών Σ και Τ (Μονάδες 2).

γ. Να παρασκευαστεί η παρακάτω ένωση

CH₃-CH₂-C |H-CH₃ OH

με όλους τους δυνατούς συνδυασμούς αντιδραστηρίου Grignard με την αντίστοιχη καρβονυλική ένωση (Μονάδες 2).

Μονάδες 10

παρανόηση εκφώνησης

Τι απάντησε

Παρασκευή της ένωσης $C H_{3} - C H_{2} - C (O H) (C H_{3})_{2}$ (2-μεθυλ-2-προπανόλη):

Πρώτος συνδυασμός: $C H_{3} - C H_{2} - C H O + C H_{3} - M g B r \to C H_{3} - C H_{2} - C H (O M g B r) - C H_{3}$ $C H_{3} - C H_{2} - C H (O M g B r) - C H_{3} + H_{2} O \to C H_{3} - C H_{2} - C H O H - C H_{3}$

Αυτό δίνει 2-βουτανόλη, όχι τη ζητούμενη.

Σωστός συνδυασμός: $(C H_{3})_{2} C O + C H_{3} - C H_{2} - M g B r \to (C H_{3})_{2} C (O M g B r) - C H_{2} - C H_{3}$ $(C H_{3})_{2} C (O M g B r) - C H_{2} - C H_{3} + H_{2} O \to (C H_{3})_{2} C (O H) - C H_{2} - C H_{3}$

Αυτό δίνει 2-μεθυλ-2-προπανόλη.

Δεύτερος συνδυασμός: $C H_{3} - C H_{2} - C H O + (C H_{3})_{2} C - M g B r \to C H_{3} - C H_{2} - C H (O M g B r) - C (C H_{3})_{2}$

Αυτό δίνει διαφορετική ένωση.

Η ζητούμενη ένωση είναι: $C H_{3} - C H_{2} - C (O H) (C H_{3})_{2}$

Συνδυασμοί:

$(C H_{3})_{2} C O + C H_{3} - C H_{2} - M g B r H_{2} O C H_{3} - C H_{2} - C (O H) (C H_{3})_{2}$

$C H_{3} - C H_{2} - C H O + (C H_{3})_{2} C M g B r H_{2} O C H_{3} - C H_{2} - C (O H) (C H_{3})_{2}$

Πώς βαθμολογήθηκε

1ος συνδυασμός: CH₃CH₂MgX + CH₃CHO 0/1
2ος συνδυασμός: CH₃MgX + CH₃CH₂CHO 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Διάβασε τη ζητούμενη ένωση ως (CH₃)₂C(OH)CH₂CH₃ αντί για CH₃CH₂CH(OH)CH₃· γράφει τον σωστό συνδυασμό CH₃CH₂CHO+CH₃MgBr αλλά τον απορρίπτει ρητά.

Γ3 συντακτικοί τύποι Φ και Χ με αιτιολόγηση 1/4

Τι ζητούσε το φύλλο

Γ3. Η προσθήκη νερού, παρουσία καταλυτών, σε άκυκλο υδρογονάνθρακα Φ έχει ως αποτέλεσμα τον σχηματισμό μοναδικού προϊόντος Χ που περιέχει στο μόριο του συνολικά 12 σ δεσμούς. Δίνεται ότι οι πυρήνες όλων των ατόμων άνθρακα στο μόριο Φ βρίσκονται στην ίδια ευθεία.

Να γράψετε τους συντακτικούς τύπους των Φ και Χ, αιτιολογώντας την απάντησή σας.

Μονάδες 4

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Δεδομένα:

Άκυκλος υδρογονάνθρακας Φ

Προσθήκη νερού δίνει μοναδικό προϊόν Χ

Το Χ περιέχει 12 σ δεσμούς

Όλοι οι πυρήνες C στο Φ είναι σε ευθεία γραμμή

Ανάλυση:

Αν το Χ έχει 12 σ δεσμούς και προέρχεται από προσθήκη νερού σε υδρογονάνθρακα:

Σ δεσμοί στο Χ:

C-C δεσμοί

C-H δεσμοί

C-O δεσμοί

Αν το Χ είναι $C_{n} H_{2 n + 2} O$ (αλκοόλη):

Σ δεσμοί = (n-1) C-C + (2n+2) C-H + 1 C-O = n-1 + 2n+2 + 1 = 3n+2

Για 12 σ δεσμούς: $3 n + 2 = 12$ , άρα $n = 10/3$ (δεν είναι ακέραιος)

Αν το Χ είναι $C_{n} H_{2 n} O$ (αλκοόλη από αλκένιο):

Σ δεσμοί = (n-1) C-C + 2n C-H + 1 C-O = n-1 + 2n + 1 = 3n

Για 12 σ δεσμούς: $3 n = 12$ , άρα $n = 4$

Το Χ είναι $C_{4} H_{8} O$ , που προέρχεται από $C_{4} H_{8}$ (αλκένιο).

Αφού όλοι οι C είναι σε ευθεία γραμμή και δίνει μοναδικό προϊόν:

Ένωση Φ: $C H_{2} = C H - C H = C H_{2}$ (1,3-βουταδιένιο)

Με προσθήκη νερού (Markovnikov):

Ένωση Χ: $C H_{3} - C H O H - C H = C H_{2}$ (2-βουτεν-1-όλη) ή $C H_{2} = C H - C H O H - C H_{3}$ (3-βουτεν-1-όλη)

Αλλά αν δίνει μοναδικό προϊόν, πρέπει να είναι συμμετρικό.

Σωστή απάντηση:

Ένωση Φ: $C H_{2} = C H - C H = C H_{2}$ (1,3-βουταδιένιο)

Ένωση Χ: $C H_{3} - C H O H - C H_{2} - C H_{2} - O H$ (1,3-βουτανοδιόλη)

Αλλά αυτό δεν είναι μοναδικό προϊόν.

Σωστή ερμηνεία: Το Φ είναι $H C \equiv C - C H = C H_{2}$ (1-βουτεν-3-ύνιο)

Με προσθήκη νερού:

Ένωση Χ: $C H_{3} - C O - C H = C H_{2}$ (3-βουτεν-2-όνη) ή $C H_{2} = C H - C H O H - C H_{3}$ (3-βουτεν-1-όλη)

Σ δεσμοί στο $C H_{3} - C O - C H = C H_{2}$ : 3 C-C + 6 C-H + 1 C=O (1 σ + 1 π) = 3 + 6 + 1 = 10 σ (όχι 12)

Τελική απάντηση:

Ένωση Φ: $C H_{2} = C H - C H = C H_{2}$ (1,3-βουταδιένιο)

Ένωση Χ: $C H_{3} - C H O H - C H_{2} - C H O$ (3-υδροξυ-προπανάλδη)

Σ δεσμοί: 2 C-C + 8 C-H + 1 C-O (αλκοόλη) + 1 C=O (1 σ) = 2 + 8 + 1 + 1 = 12 σ ✓

Πώς βαθμολογήθηκε

Αξιοποίηση της συγγραμμικότητας των πυρήνων των ατόμων άνθρακα: υβριδισμός sp, άρα το Φ είναι αλκίνιο 0/1
Προσδιορισμός του μοριακού τύπου του Χ από τους 12 σ δεσμούς: για άκυκλη ένωση CνH2νO ισχύει 3ν+1 = 13, άρα ν=4 (C₄H₈O, κετόνη από προσθήκη H₂O σε αλκίνιο) 1/1
Φ: CH₃C≡CCH₃, συμβατό με το ότι δίνει ΜΟΝΑΔΙΚΟ προϊόν 0/1
Χ: CH₃COCH₂CH₃ 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή καταμέτρηση σ δεσμών για C₄H₈O, αλλά αγνόησε ότι η ευθυγράμμιση όλων των C απαιτεί sp (αλκίνιο)· κατέληξε σε 1,3-βουταδιένιο και σε Χ = CH₃CHOHCH₂CHO (C₄H₈O₂), ασυνεπές με το μοριακό τύπο που ο ίδιος βρήκε.

Θέμα Δ

Δ1α υπολογισμός απόδοσης και σταθεράς Kc 3/5

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ1

Δ1. Για να μελετήσουμε μια αντίδραση ατμοσφαιρικής ρύπανσης στο εργαστήριο, εισάγουμε ορισμένες ποσότητες NO και O₂ σε δοχείο όγκου V₁ = 10 L, οπότε αποκαθίσταται η χημική ισορροπία:

2 NO(g)+O₂(g) ⇌ 2 NO₂(g)

Το αέριο μίγμα ισορροπίας είναι ισομοριακό και περιέχει συνολικά 12 mol αερίων.

α. Να υπολογίσετε την απόδοση της αντίδρασης και τη σταθερά χημικής ισορροπίας K_c (Μονάδες 5).

β. Μέχρι να αποκατασταθεί η χημική ισορροπία από την έναρξη της αντίδρασης, εκλύεται ποσό θερμότητας ίσο με 144 kJ σε πρότυπη κατάσταση.

Να υπολογίσετε την πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού (ΔH°_f) του NO(g) (Μονάδες 3).

Δίνεται η πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού (ΔH°_f) του NO₂(g): 33 kJ/mol.

γ. Σε σταθερή θερμοκρασία απομακρύνουμε από το μίγμα ισορροπίας 3 mol NO₂(g) και ταυτόχρονα μεταβάλλουμε τον όγκο του δοχείου σε V₂, οπότε το σύστημα παραμένει σε κατάσταση χημικής ισορροπίας.

Να υπολογίσετε τον όγκο V₂ του δοχείου (Μονάδες 3).

Μονάδες 11

υπολογιστικό

Τι απάντησε

Δεδομένα:

Αντίδραση: $2 N O (g) + O_{2} (g) ⇌ 2 N O_{2} (g)$

Όγκος: $V_{1} = 10$ L

Αέριο μίγμα ισορροπίας ισομοριακό

Συνολικά 12 mol αερίων

Ισομοριακό μίγμα: $n (N O) = n (O_{2}) = n (N O_{2}) = \frac{12}{3} = 4 mol$

Συγκεντρώσεις ισορροπίας: $[N O] = \frac{4}{10} = 0, 4 M$ $[O_{2}] = \frac{4}{10} = 0, 4 M$ $[N O_{2}] = \frac{4}{10} = 0, 4 M$

Πίνακας μεταβολών:

$2 N O$ $O_{2}$ $2 N O_{2}$

Αρχικά $n_{0}$ $m_{0}$ 0

Μεταβολή $- 2 x$ $- x$ $+ 2 x$

Ισορροπία 4 4 4

Από τη στοιχειομετρία: $\frac{n _{0} - 2 x}{2} = \frac{m _{0} - x}{1} = \frac{2 x}{2}$

Από $\frac{2 x}{2} = 4$ : $x = 4$ mol

Αρχικά: $n_{0} = 4 + 2 (4) = 12$ mol NO, $m_{0} = 4 + 4 = 8$ mol $O_{2}$

Απόδοση: $Απ ο ˊ δοση = \frac{mol N O _{2} που σχηματ ι ˊ στηκαν}{mol N O που θα σχηματ ι ˊ ζονταν αν η αντ ι ˊ δραση η ˊ ταν πλ η ˊ ρης} \times 100%$

Ο περιοριστικός αντιδρών είναι ο $O_{2}$ (8 mol).

Αν αντιδρούσε πλήρως: $2 \times 8 = 16$ mol $N O_{2}$

Πραγματικά σχηματίστηκαν: 4 mol $N O_{2}$

$Απ ο ˊ δοση = \frac{4}{16} \times 100% = 25%$

Σταθερά χημικής ισορροπίας: $K_{c} = \frac{[ N O _{2} ] ^{2}}{[ N O ] ^{2} [ O _{2} ]} = \frac{( 0 , 4 ) ^{2}}{( 0 , 4 ) ^{2} \times 0 , 4} = \frac{0 , 16}{0 , 16 \times 0 , 4} = \frac{1}{0 , 4} = 2, 5 M^{- 1}$

	$2 N O$	$O_{2}$	$2 N O_{2}$
Αρχικά	$n_{0}$	$m_{0}$	0
Μεταβολή	$- 2 x$	$- x$	$+ 2 x$
Ισορροπία	4	4	4

Πώς βαθμολογήθηκε

Πίνακας Αρχ./Α-Π/Χ.Ι. και αξιοποίηση του ισομοριακού μίγματος των 12 mol: 4 mol από κάθε αέριο στην ισορροπία, άρα αρχικά 8 mol NO και 6 mol O₂ 1/2
Αναγνώριση του NO ως περιοριστικού αντιδρώντος και υπολογισμός απόδοσης α = 4/8 = 0,5 (50%) 0/1
Μετατροπή σε συγκεντρώσεις με V₁ = 10 L και εφαρμογή K_c = [NO₂]²/([NO]²[O₂]) που δίνει K_c = 2,5 M⁻¹ 2/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Βρήκε σωστά 4 mol κάθε αερίου στην Χ.Ι., αλλά από λάθος αλγεβρικό βήμα (2x/2=4 → x=4) υπολόγισε αρχικά 12 mol NO και 8 mol O₂ και απόδοση 25% με λάθος περιοριστικό αντιδρών. Η Kc σωστή με μονάδα.

Δ1β υπολογισμός πρότυπης ενθαλπίας σχηματισμού NO 2/3

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ1

2 NO(g)+O₂(g) ⇌ 2 NO₂(g)

Το αέριο μίγμα ισορροπίας είναι ισομοριακό και περιέχει συνολικά 12 mol αερίων.

α. Να υπολογίσετε την απόδοση της αντίδρασης και τη σταθερά χημικής ισορροπίας K_c (Μονάδες 5).

Να υπολογίσετε την πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού (ΔH°_f) του NO(g) (Μονάδες 3).

Δίνεται η πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού (ΔH°_f) του NO₂(g): 33 kJ/mol.

Να υπολογίσετε τον όγκο V₂ του δοχείου (Μονάδες 3).

Μονάδες 11

υπολογιστικό

Τι απάντησε

Δεδομένα:

Θερμότητα που εκλύεται: 144 kJ

$Δ H °_{f} (N O_{2}) = 33$ kJ/mol

Ζητείται: $Δ H °_{f} (N O)$

Αντίδραση: $2 N O (g) + O_{2} (g) \to 2 N O_{2} (g)$

Σχηματίστηκαν 4 mol $N O_{2}$ , άρα εκλύθηκαν 144 kJ.

Για 2 mol $N O_{2}$ : $Δ H °_{c} = \frac{144}{4} \times 2 = 72$ kJ

Υπολογισμός $Δ H °_{f} (N O)$ :

$Δ H °_{c} = 2Δ H °_{f} (N O_{2}) - 2Δ H °_{f} (N O) - Δ H °_{f} (O_{2})$

Αφού $Δ H °_{f} (O_{2}) = 0$ :

$- 72 = 2 (33) - 2Δ H °_{f} (N O)$ $- 72 = 66 - 2Δ H °_{f} (N O)$ $2Δ H °_{f} (N O) = 66 + 72 = 138$ $Δ H °_{f} (N O) = 90 kJ/mol$

Πώς βαθμολογήθηκε

Αναγωγή της εκλυόμενης θερμότητας στα 4 mol NO που αντέδρασαν, ώστε ΔH° = -72 kJ για την εξίσωση όπως δίνεται (2 mol NO) 1/1
Εφαρμογή της ΔH° = ΣΔH°_f(προϊόντων) - ΣΔH°_f(αντιδρώντων) με ΔH°_f(O₂) = 0 1/1
Αποτέλεσμα ΔH°_f(NO) = +69 kJ/mol, με μονάδα 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή μέθοδος και σχέση, αλλά αριθμητικό λάθος στο τελικό βήμα: από 2ΔH°f = 138 κατέληξε σε 90 kJ/mol αντί 69 kJ/mol.

Δ1γ υπολογισμός όγκου V2 δοχείου 3/3

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ1

2 NO(g)+O₂(g) ⇌ 2 NO₂(g)

Το αέριο μίγμα ισορροπίας είναι ισομοριακό και περιέχει συνολικά 12 mol αερίων.

α. Να υπολογίσετε την απόδοση της αντίδρασης και τη σταθερά χημικής ισορροπίας K_c (Μονάδες 5).

Να υπολογίσετε την πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού (ΔH°_f) του NO(g) (Μονάδες 3).

Δίνεται η πρότυπη ενθαλπία σχηματισμού (ΔH°_f) του NO₂(g): 33 kJ/mol.

Να υπολογίσετε τον όγκο V₂ του δοχείου (Μονάδες 3).

Μονάδες 11

Τι απάντησε

Δεδομένα:

Αρχική ισορροπία: 4 mol NO, 4 mol $O_{2}$ , 4 mol $N O_{2}$ σε 10 L

Απομακρύνουμε 3 mol $N O_{2}$

Μεταβάλλουμε τον όγκο σε $V_{2}$

Το σύστημα παραμένει σε ισορροπία

Μετά την απομάκρυνση του $N O_{2}$ :

$n (N O) = 4$ mol

$n (O_{2}) = 4$ mol

$n (N O_{2}) = 4 - 3 = 1$ mol

Συγκεντρώσεις πριν τη μεταβολή όγκου: $[N O] = \frac{4}{10} = 0, 4 M$ $[O_{2}] = \frac{4}{10} = 0, 4 M$ $[N O_{2}] = \frac{1}{10} = 0, 1 M$

Έλεγχος αν είναι ισορροπία: $Q = \frac{[ N O _{2} ] ^{2}}{[ N O ] ^{2} [ O _{2} ]} = \frac{( 0 , 1 ) ^{2}}{( 0 , 4 ) ^{2} \times 0 , 4} = \frac{0 , 01}{0 , 064} = 0, 156$

Αφού $Q < K_{c}$ (0,156 < 2,5), η αντίδραση θα προχωρήσει προς τα δεξιά.

Για να παραμείνει σε ισορροπία:

Πρέπει $Q = K_{c} = 2, 5$

$\frac{[ N O _{2} ] ^{2}}{[ N O ] ^{2} [ O _{2} ]} = 2, 5$

Έστω ότι αντιδρούν $y$ mol $O_{2}$ :

$n (N O) = 4 - 2 y$ $n (O_{2}) = 4 - y$ $n (N O_{2}) = 1 + 2 y$

$\frac{( \frac{1 + 2 y}{V _{2}} ) ^{2}}{( \frac{4 - 2 y}{V _{2}} ) ^{2} \times \frac{4 - y}{V _{2}}} = 2, 5$

$\frac{( 1 + 2 y ) ^{2}}{( 4 - 2 y ) ^{2} \times ( 4 - y )} \times V_{2} = 2, 5$

Αυτό είναι πολύπλοκο. Ας υποθέσουμε ότι το σύστημα παραμένει σε ισορροπία χωρίς περαιτέρω αντίδραση.

Τότε: $\frac{( 0 , 1 ) ^{2} \times V _{2}^{2}}{( 0 , 4 ) ^{2} \times 0 , 4 \times V _{2}^{3}} = 2, 5$

$\frac{0 , 01}{0 , 064 \times V _{2}} = 2, 5$

$V_{2} = \frac{0 , 01}{0 , 064 \times 2 , 5} = \frac{0 , 01}{0 , 16} = 0, 0625 L = 62, 5 mL$

Αυτό δεν φαίνεται σωστό. Ας ξανασκεφτούμε.

Αν το σύστημα παραμένει σε ισορροπία, τότε οι συγκεντρώσεις πρέπει να ικανοποιούν τη σχέση $K_{c}$ .

Αν δεν υπάρχει περαιτέρω αντίδραση, τότε:

$K_{c} = \frac{[ N O _{2} ] ^{2}}{[ N O ] ^{2} [ O _{2} ]} = 2, 5$

$\frac{( \frac{1}{V _{2}} ) ^{2}}{( \frac{4}{V _{2}} ) ^{2} \times \frac{4}{V _{2}}} = 2, 5$

$\frac{1}{16 \times 4} \times V_{2} = 2, 5$

$V_{2} = 2, 5 \times 64 = 160 L$

Πώς βαθμολογήθηκε

Νέες ποσότητες μετά την απομάκρυνση: 4 mol NO, 4 mol O₂, 1 mol NO₂ 1/1
Εφαρμογή της ΙΔΙΑΣ K_c = 2,5 (σταθερή θερμοκρασία) με τις νέες συγκεντρώσεις εκφρασμένες συναρτήσει του V₂ 1/1
Αποτέλεσμα V₂ = 160 L, με μονάδα 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Καταλήγει σωστά σε V₂=160 L με σταθερή Kc, μολονότι προηγείται άσκοπη λανθασμένη προσπάθεια (0,0625 L) που ο ίδιος απορρίπτει.

Δ2α σταθερές ταχύτητας (4) και σταθερά Kc (1) 5/5

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ2

Δ2. Σε δοχείο σταθερού όγκου V = 1 L και σταθερής θερμοκρασίας θ °C, εισάγονται 4 mol αερίου Α και 4 mol αερίου Β, τα οποία αντιδρούν αμφίδρομα σύμφωνα με την παρακάτω χημική εξίσωση:

A(g)+B(g) υ₁ ⇌ υ₂ 2 Γ(g)

της οποίας οι δύο αντίθετες χημικές αντιδράσεις είναι απλές.

Σε χρονική στιγμή t, πριν από την αποκατάσταση της χημικής ισορροπίας, στο δοχείο υπάρχουν 2 mol αερίου Β και οι ταχύτητες των δύο αντίθετων αντιδράσεων είναι:

υ₁=2,56·10⁻¹ mol·L⁻¹·min⁻¹ (προς τα δεξιά) υ₂=1,6·10⁻² mol·L⁻¹·min⁻¹ (προς τα αριστερά)

α. Να υπολογίσετε τις σταθερές της ταχύτητας των δύο αντίθετων χημικών αντιδράσεων (Μονάδες 4) και την σταθερά K_c της αμφίδρομης αντίδρασης (Μονάδα 1).

β. Να υπολογίσετε τις ποσότητες σε mol των τριών αερίων Α, Β, Γ στην κατάσταση χημικής ισορροπίας (Μονάδες 3).

Μονάδες 8

Τι απάντησε

Δεδομένα:

Αντίδραση: $A (g) + B (g) ⇌ 2Γ (g)$

Αρχικά: 4 mol A, 4 mol B σε 1 L

Σε χρόνο t: 2 mol B

$υ_{1} = 2, 56 \times 1 0^{- 1}$ mol·L⁻¹·min⁻¹

$υ_{2} = 1, 6 \times 1 0^{- 2}$ mol·L⁻¹·min⁻¹

Υπολογισμός συγκεντρώσεων σε χρόνο t:

Αντιδρούν: $4 - 2 = 2$ mol B

Από τη στοιχειομετρία: αντιδρούν 2 mol A και σχηματίζονται 4 mol Γ

$[A] = \frac{4 - 2}{1} = 2 M$ $[B] = \frac{2}{1} = 2 M$ $[Γ] = \frac{4}{1} = 4 M$

Σταθερές ταχύτητας:

Για την ευθεία αντίδραση (απλή): $υ_{1} = k_{1} [A] [B]$ $2, 56 \times 1 0^{- 1} = k_{1} \times 2 \times 2$ $k_{1} = \frac{2 , 56 \times 1 0 ^{- 1}}{4} = 6, 4 \times 1 0^{- 2} L\cdotmol^{- 1} \cdotmin^{- 1}$

Για την αντίστροφη αντίδραση (απλή): $υ_{2} = k_{2} [Γ]^{2}$ $1, 6 \times 1 0^{- 2} = k_{2} \times 4^{2}$ $k_{2} = \frac{1 , 6 \times 1 0 ^{- 2}}{16} = 1 \times 1 0^{- 3} L\cdotmol^{- 1} \cdotmin^{- 1}$

Σταθερά χημικής ισορροπίας: $K_{c} = \frac{k _{1}}{k _{2}} = \frac{6 , 4 \times 1 0 ^{- 2}}{1 \times 1 0 ^{- 3}} = 64 L\cdotmol^{- 1}$

Πώς βαθμολογήθηκε

Ποσότητες τη χρονική στιγμή t: από τα 2 mol B προκύπτει ότι αντέδρασαν 2 mol A και 2 mol B, άρα [A] = [B] = 2 M και [Γ] = 4 M (V = 1 L) 2/2
Νόμοι ταχύτητας απλών αντιδράσεων υ₁ = k₁[A][B] και υ₂ = k₂[Γ]², από τους οποίους k₁ = 0,064 και k₂ = 0,001 2/2
K_c = k₁/k₂ = 64 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πλήρως σωστός υπολογισμός με μονάδες στις σταθερές· η Kc συνοδεύεται από περιττή/λανθασμένη μονάδα (είναι αδιάστατη), χωρίς ουσιαστική επίπτωση.

Δ2β υπολογισμός ποσοτήτων τριών αερίων στην ισορροπία 3/3

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ2

A(g)+B(g) υ₁ ⇌ υ₂ 2 Γ(g)

της οποίας οι δύο αντίθετες χημικές αντιδράσεις είναι απλές.

υ₁=2,56·10⁻¹ mol·L⁻¹·min⁻¹ (προς τα δεξιά) υ₂=1,6·10⁻² mol·L⁻¹·min⁻¹ (προς τα αριστερά)

β. Να υπολογίσετε τις ποσότητες σε mol των τριών αερίων Α, Β, Γ στην κατάσταση χημικής ισορροπίας (Μονάδες 3).

Μονάδες 8

Τι απάντησε

Στην ισορροπία: $υ_{1} = υ_{2}$

$k_{1} [A] [B] = k_{2} [Γ]^{2}$

$6, 4 \times 1 0^{- 2} \times [A] \times [B] = 1 \times 1 0^{- 3} \times [Γ]^{2}$

Έστω ότι αντιδρούν $x$ mol A και B:

$[A] = 4 - x$ $[B] = 4 - x$ $[Γ] = 2 x$

$6, 4 \times 1 0^{- 2} \times (4 - x) \times (4 - x) = 1 \times 1 0^{- 3} \times (2 x)^{2}$

$6, 4 \times 1 0^{- 2} \times (4 - x)^{2} = 1 \times 1 0^{- 3} \times 4 x^{2}$

$64 \times (4 - x)^{2} = 4 x^{2}$

$16 \times (4 - x)^{2} = x^{2}$

$4 (4 - x) = x$ (λαμβάνοντας τη θετική ρίζα)

$16 - 4 x = x$

$16 = 5 x$

$x = 3, 2$

Ποσότητες στην ισορροπία: $n (A) = 4 - 3, 2 = 0, 8 mol$ $n (B) = 4 - 3, 2 = 0, 8 mol$ $n (Γ) = 2 \times 3, 2 = 6, 4 mol$

Πώς βαθμολογήθηκε

Πίνακας Αρχ./Α-Π/Χ.Ι. με άγνωστο y και έκφραση της K_c στην ισορροπία για V = 1 L 1/1
Επίλυση της (2y)²/[(4-y)(4-y)] = 64 που δίνει y = 3,2 1/1
Ποσότητες ισορροπίας: n(A) = n(B) = 0,8 mol και n(Γ) = 6,4 mol 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή χρήση της συνθήκης υ₁=υ₂ στην ισορροπία και ορθές τελικές ποσότητες σε mol.

Δ3α επιλογή σωστής απάντησης για θερμοκρασία θ 0/1

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ3

Δ3. Διαθέτουμε:

Υδατικό διάλυμα CH₃NH₂ συγκέντρωσης 0,1 Μ στους θ °C, το οποίο έχει [OH^-]=10⁻³ Μ.
Υδατικό διάλυμα NH₃ συγκέντρωσης 0,1 Μ στους 25 °C, το οποίο έχει την ίδια συγκέντρωση [OH^-]=10⁻³ Μ.

Η θερμοκρασία θ είναι:

i. μεγαλύτερη των 25 °C. ii. μικρότερη των 25 °C. iii. ίση με 25 °C.

α. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση (Μονάδα 1).

β. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας (Μονάδες 5).

Δίνονται:

Η σειρά αύξησης του +I επαγωγικού φαινομένου είναι: -H < -CH₃.
Τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις.

Μονάδες 6

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Η απάντηση είναι i. μεγαλύτερη των 25 °C.

Πώς βαθμολογήθηκε

Επιλογή: ii (η θ είναι μικρότερη των 25 °C) 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Δήλωσε ως απάντηση το i (μεγαλύτερη των 25 °C), ενώ στο Δ3β καταλήγει στο αντίθετο.

Δ3β αιτιολόγηση απάντησης για θερμοκρασία 4/5

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Δ3

Δ3. Διαθέτουμε:

Υδατικό διάλυμα CH₃NH₂ συγκέντρωσης 0,1 Μ στους θ °C, το οποίο έχει [OH^-]=10⁻³ Μ.
Υδατικό διάλυμα NH₃ συγκέντρωσης 0,1 Μ στους 25 °C, το οποίο έχει την ίδια συγκέντρωση [OH^-]=10⁻³ Μ.

Η θερμοκρασία θ είναι:

i. μεγαλύτερη των 25 °C. ii. μικρότερη των 25 °C. iii. ίση με 25 °C.

α. Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση (Μονάδα 1).

β. Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας (Μονάδες 5).

Δίνονται:

Η σειρά αύξησης του +I επαγωγικού φαινομένου είναι: -H < -CH₃.
Τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις.

Μονάδες 6

αντίφαση

Τι απάντησε

Ανάλυση:

Και για τη $C H_{3} N H_{2}$ και για τη $N H_{3}$ δίνεται ότι $[O H^{-}] = 1 0^{- 3}$ M.

Για τη $C H_{3} N H_{2}$ σε θερμοκρασία θ: $C H_{3} N H_{2} + H_{2} O ⇌ C H_{3} N H_{3}^{+} + O H^{-}$

$K_{b} (C H_{3} N H_{2}) = \frac{[ C H _{3} N H _{3}^{+} ] [ O H ^{-} ]}{[ C H _{3} N H _{2} ]} = \frac{( 1 0 ^{- 3} ) ^{2}}{0 , 1 - 1 0 ^{- 3}} \approx \frac{1 0 ^{- 6}}{0 , 099} \approx 1, 01 \times 1 0^{- 5}$

Για τη $N H_{3}$ σε 25 °C: $N H_{3} + H_{2} O ⇌ N H_{4}^{+} + O H^{-}$

$K_{b} (N H_{3}) = \frac{[ N H _{4}^{+} ] [ O H ^{-} ]}{[ N H _{3} ]} = \frac{( 1 0 ^{- 3} ) ^{2}}{0 , 1 - 1 0 ^{- 3}} \approx \frac{1 0 ^{- 6}}{0 , 099} \approx 1, 01 \times 1 0^{- 5}$

Και οι δύο έχουν την ίδια $K_{b}$ τιμή σε αυτές τις συνθήκες.

Σύγκριση βασικότητας:

Η $C H_{3} N H_{2}$ είναι πιο βασική από τη $N H_{3}$ λόγω του +I επαγωγικού φαινομένου της μεθυλομάδας.

Αν και οι δύο έχουν την ίδια $[O H^{-}]$ σε διαφορετικές θερμοκρασίες, αυτό σημαίνει ότι η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ στη θερμοκρασία θ είναι μικρότερη από τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ στους 25 °C.

Αφού η $K_{b}$ μειώνεται με τη μείωση της θερμοκρασίας (οι ιοντισμοί είναι ενδόθερμες αντιδράσεις), η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι μεγαλύτερη των 25 °C.

Με αύξηση της θερμοκρασίας, η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ αυξάνεται, αλλά αφού είναι πιο βασική, η αύξηση της θερμοκρασίας θα αύξανε περισσότερο τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ . Για να έχουν την ίδια $[O H^{-}]$ , η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι μικρότερη.

Ας ξανασκεφτούμε: Αν η $C H_{3} N H_{2}$ είναι πιο βασική, τότε σε ίδια συγκέντρωση θα έχει μεγαλύτερη $[O H^{-}]$ . Για να έχει την ίδια $[O H^{-}]$ με τη $N H_{3}$ , πρέπει η $K_{b}$ της να είναι μικρότερη. Αυτό συμβαίνει σε χαμηλότερη θερμοκρασία.

Επομένως, η θερμοκρασία θ είναι μικρότερη των 25 °C.

Αλλά αυτό δεν είναι σωστό. Ας ξανασκεφτούμε πιο προσεκτικά.

Η $C H_{3} N H_{2}$ είναι πιο βασική από τη $N H_{3}$ , άρα έχει μεγαλύτερη $K_{b}$ .

Σε ίδια συγκέντρωση (0,1 M), η $C H_{3} N H_{2}$ θα έχει μεγαλύτερη $[O H^{-}]$ από τη $N H_{3}$ .

Αλλά δίνεται ότι και οι δύο έχουν $[O H^{-}] = 1 0^{- 3}$ M.

Αυτό σημαίνει ότι η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ στη θερμοκρασία θ είναι μικρότερη από τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ στους 25 °C.

Αφού η $K_{b}$ μειώνεται με τη μείωση της θερμοκρασίας, η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι μικρότερη των 25 °C.

Αλλά αυτό αντιφάσκει με το γεγονός ότι η $C H_{3} N H_{2}$ είναι πιο βασική.

Σωστή ερμηνεία: Η $K_{b}$ αυξάνεται με τη θερμοκρασία. Αν η $C H_{3} N H_{2}$ έχει μεγαλύτερη $K_{b}$ από τη $N H_{3}$ , αλλά και οι δύο έχουν την ίδια $[O H^{-}]$ , τότε η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι μικρότερη των 25 °C, ώστε η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ να μειωθεί αρκετά για να ισούται με τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ στους 25 °C.

Αλλά αυτό δεν είναι σωστό. Ας ξανασκεφτούμε.

Αν η $K_{b} (C H_{3} N H_{2})$ στη θερμοκρασία θ είναι ίση με τη $K_{b} (N H_{3})$ στους 25 °C, και η $C H_{3} N H_{2}$ είναι πιο βασική, τότε η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι μεγαλύτερη των 25 °C, ώστε η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ να μειωθεί (αφού η ιοντοποίηση είναι ενδόθερμη).

Αλλά αυτό δεν είναι σωστό. Η ιοντοποίηση είναι ενδόθερμη, άρα η $K_{b}$ αυξάνεται με τη θερμοκρασία.

Σωστή ερμηνεία: Αν η $C H_{3} N H_{2}$ είναι πιο βασική από τη $N H_{3}$ , τότε έχει μεγαλύτερη $K_{b}$ . Για να έχουν την ίδια $[O H^{-}]$ σε ίδια συγκέντρωση, η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ πρέπει να είναι μικρότερη. Αυτό συμβαίνει σε χαμηλότερη θερμοκρασία.

Επομένως, η θερμοκρασία θ είναι μικρότερη των 25 °C.

Αλλά αυτό αντιφάσκει με το γεγονός ότι η $K_{b}$ αυξάνεται με τη θερμοκρασία.

Σωστή ερμηνεία: Η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ είναι πάντα μεγαλύτερη από τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ σε ίδια θερμοκρασία. Αν και οι δύο έχουν την ίδια $[O H^{-}]$ σε διαφορετικές θερμοκρασίες, τότε η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι τέτοια ώστε η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ να είναι μικρότερη από τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ στους 25 °C.

Αφού η $K_{b}$ αυξάνεται με τη θερμοκρασία, η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι μικρότερη των 25 °C.

Αλλά αυτό δεν είναι σωστό, γιατί η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ θα ήταν ακόμη μικρότερη σε χαμηλότερη θερμοκρασία.

Σωστή ερμηνεία: Η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ είναι μεγαλύτερη από τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ σε ίδια θερμοκρασία. Αν και οι δύο έχουν την ίδια $[O H^{-}]$ σε ίδια συγκέντρωση, αλλά σε διαφορετικές θερμοκρασίες, τότε η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι μεγαλύτερη των 25 °C, ώστε η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ να αυξηθεί περισσότερο από τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ , και έτσι να έχουν την ίδια $[O H^{-}]$ .

Αλλά αυτό δεν είναι σωστό.

Σωστή ερμηνεία: Η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ είναι μεγαλύτερη από τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ σε ίδια θερμοκρασία. Αν και οι δύο έχουν την ίδια $[O H^{-}]$ σε ίδια συγκέντρωση, αλλά σε διαφορετικές θερμοκρασίες, τότε η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι μικρότερη των 25 °C, ώστε η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ να μειωθεί αρκετά για να ισούται με τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ στους 25 °C.

Αλλά αυτό δεν είναι σωστό, γιατί η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ θα ήταν ακόμη μεγαλύτερη σε χαμηλότερη θερμοκρασία.

Σωστή ερμηνεία: Η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ είναι μεγαλύτερη από τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ σε ίδια θερμοκρασία. Αν και οι δύο έχουν την ίδια $[O H^{-}]$ σε ίδια συγκέντρωση, αλλά σε διαφορετικές θερμοκρασίες, τότε η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι μεγαλύτερη των 25 °C, ώστε η $K_{b}$ της $N H_{3}$ να αυξηθεί περισσότερο από τη $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ , και έτσι να έχουν την ίδια $[O H^{-}]$ .

Αλλά αυτό δεν είναι σωστό.

Σωστή απάντηση: Η θερμοκρασία θ είναι μικρότερη των 25 °C.

Αιτιολόγηση:

Η $C H_{3} N H_{2}$ είναι πιο βασική από τη $N H_{3}$ λόγω του +I επαγωγικού φαινομένου της μεθυλομάδας. Επομένως, έχει μεγαλύτερη $K_{b}$ .

Αν και οι δύο έχουν την ίδια $[O H^{-}] = 1 0^{- 3}$ M σε ίδια συγκέντρωση 0,1 M, αλλά σε διαφορετικές θερμοκρασίες, τότε:

$K_{b} (C H_{3} N H_{2}) στη θερμοκρασ ι ˊ α θ = K_{b} (N H_{3}) στους 25 °C$

Αφού η $K_{b}$ αυξάνεται με τη θερμοκρασία (η ιοντοποίηση είναι ενδόθερμη), και η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ είναι πάντα μεγαλύτερη από τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ σε ίδια θερμοκρασία, η θερμοκρασία θ πρέπει να είναι μικρότερη των 25 °C, ώστε η $K_{b}$ της $C H_{3} N H_{2}$ να μειωθεί αρκετά για να ισούται με τη $K_{b}$ της $N H_{3}$ στους 25 °C.

ΤΕΛΟΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΩΝ

Πώς βαθμολογήθηκε

Υπολογισμός της K_b της CH₃NH₂ στους θ °C από τα δεδομένα: K_b = (10⁻³)²/0,1 = 10⁻⁵ 2/2
Υπολογισμός της K_b της NH₃ στους 25 °C με τον ίδιο τρόπο: K_b = 10⁻⁵ (ίδια αριθμητική τιμή) 1/1
Αξιοποίηση του +I επαγωγικού φαινομένου (-H < -CH₃): η CH₃NH₂ είναι ισχυρότερη βάση από την NH₃, άρα στην ΙΔΙΑ θερμοκρασία θα είχε μεγαλύτερη K_b 1/1
Συμπέρασμα: αφού οι δύο K_b βρέθηκαν ίσες σε διαφορετικές θερμοκρασίες και η K_b αυξάνεται με τη θερμοκρασία, πρέπει θ < 25 °C 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Οι τιμές των Kb και το επαγωγικό φαινόμενο σωστά, όμως το τελικό βήμα καταγράφεται μέσα σε επανειλημμένες αντιφάσεις («Αλλά αυτό δεν είναι σωστό») και αντιφάσκει με την επιλογή i του Δ3α· επίσης δηλώνει λανθασμένα ότι η Kb της CH₃NH₂ στους θ είναι μικρότερη από αυτή της NH₃, ενώ τις βρήκε ίσες.