Πανελλαδικές 2026 → Χημεία → Claude Opus 4.8

Claude Opus 4.8 · Χημεία

Anthropic · κυκλοφορία Μάιος 2026 · εξέταση 5 Ιουνίου 2026 · 26 υποερωτήματα

16,683,0 / 100

Έχασε μονάδες σε 6 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

Ο αριθμός τροχιακών κάθε υποστιβάδας: s→1, p→3, d→5, f→7.

3d: 5 τροχιακά

4f: 7 τροχιακά

2s: 1 τροχιακό

4p: 3 τροχιακά

Περισσότερα ατομικά τροχιακά έχει η 4f.

Σωστή απάντηση: β

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή β, με ορθή καταμέτρηση τροχιακών.

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 ΔH°_c = -2220 kJ αναφέρεται σε 1 mol C₃H₈, ενώ το αρνητικό πρόσημο σημαίνει έκλυση θερμότητας. Άρα κατά την πλήρη καύση 1 mol C₃H₈(g) εκλύεται 2220 kJ.

Σωστή απάντηση: γ

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

Το ιώδιο (I₂) είναι μη πολικό μόριο και διαλύεται σε μη πολικούς διαλύτες (εξάνιο, επτάνιο, τετραχλωράνθρακα). Στο νερό, που είναι πολικός διαλύτης, έχει τη μικρότερη διαλυτότητα (όμοιο διαλύει όμοιο).

Σωστή απάντηση: α

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

Ο καταλύτης αυξάνει την ταχύτητα της αντίδρασης με το να μειώνει την ενέργεια ενεργοποίησης, χωρίς να καταναλώνεται.

Σωστή απάντηση: δ

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 5/5

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

Τι απάντησε

1. ΛΑΘΟΣ. Το οξαλικό οξύ οξειδώνεται από όξινο διάλυμα KMnO₄ (κλασική αντίδραση οξείδωσης προς CO₂).

2. ΣΩΣΤΟ. Πρόκειται ακριβώς για τον ορισμό της αυτοκατάλυσης.

3. ΛΑΘΟΣ. Η K_a εξαρτάται μόνο από τη φύση του οξέος και τη θερμοκρασία, όχι από τη συγκέντρωση.

4. ΣΩΣΤΟ. NH₃ + H⁺ → NH₄⁺, άρα το NH₄⁺ είναι το συζυγές οξύ της NH₃.

5. ΣΩΣΤΟ.

C1 (CH₃-O): 3 δεσμοί με H (−3) και 1 δεσμός με O (+1) → −2

C2 (O-CH₂-C): 2 δεσμοί με H (−2), 1 με O (+1), 1 με C (0) → −1

C3 (CH₃-): 3 δεσμοί με H (−3), 1 με C (0) → −3

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 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Και οι πέντε χαρακτηρισμοί σωστοί.

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

Τα Χ, Ψ, Ω ανήκουν στην 3η περίοδο.

i) Το Χ ανήκει στον τομέα p με 3 μονήρη ηλεκτρόνια. Στην 3η περίοδο, τρία μονήρη ηλεκτρόνια στην 3p έχει το άτομο με δομή 3p³: Χ: $1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{2} 3 p^{3}$ (Z=15, φώσφορος)

ii) Το πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο της 3ης περιόδου είναι το χλώριο (Z=17): Ψ: $1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{2} 3 p^{5}$

iii) Τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα της περιόδου έχει το πρώτο στοιχείο (αριστερά), το νάτριο (Z=11): Ω: $1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{1}$

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, με σωστή ταυτοποίηση στοιχείων.

Β1β κατάταξη κατά αύξουσα ενέργεια πρώτου ιοντισμού 2/2

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

Τι απάντησε

Η ενέργεια πρώτου ιοντισμού αυξάνεται από αριστερά προς τα δεξιά στην περίοδο. Σειρά ατομικών αριθμών: Ω(11) < Χ(15) < Ψ(17).

Αύξουσα Eᵢ₁: $E_{i 1} (Ω) < E_{i 1} (X) < E_{i 1} (Ψ)$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πλήρης και σωστή αύξουσα κατάταξη.

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

Ημιαντιδράσεις:

Οξείδωση: $F e^{2 +} \to F e^{3 +} + e^{-}$ (×6)

Αναγωγή: $C r_{2} O_{7}^{2 -} + 14 H^{+} + 6 e^{-} \to 2 C r^{3 +} + 7 H_{2} O$

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

Έλεγχος Cℓ: αριστερά 12+14=26, δεξιά 18+6+2=26 ✓

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, με έλεγχο ατόμων Cℓ.

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: το $K_{2} C r_{2} O_{7}$ , γιατί ο Cr ανάγεται (μειώνει τον αριθμό οξείδωσης από +6 σε +3, δηλαδή προσλαμβάνει ηλεκτρόνια).

Αναγωγικό: το $F e C ℓ_{2}$ , γιατί ο Fe οξειδώνεται (αυξάνει τον αριθμό οξείδωσης από +2 σε +3, δηλαδή αποβάλλει ηλεκτρόνια).

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

Σωστοί χαρακτηρισμοί με πλήρη αιτιολόγηση μεταβολής 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

Οξύ ΗΑ: C = 0,01 M, pH = 2 → [H₃O⁺] = 10⁻² M. Επειδή [H₃O⁺] = C, ιοντίζεται πλήρως → ισχυρό οξύ.

Οξύ ΗΒ: Το άλας NaB (άλας ισχυρής βάσης – οξέος ΗΒ) έχει pH = 9 > 7. Δηλαδή το ανιόν B⁻ υδρολύεται δίνοντας βασικό διάλυμα, άρα το B⁻ είναι συζυγής βάση ασθενούς οξέος. Επομένως το ΗΒ είναι ασθενές οξύ (αν ήταν ισχυρό, το B⁻ θα ήταν ουδέτερο και το άλας θα είχε pH = 7).

Οξύ ΗΓ: pH = 2 → [H₃O⁺] = 10⁻² M. Αραιώνουμε 10πλάσια (10 mL → 100 mL). Αν ήταν ισχυρό, με 10πλάσια αραίωση η [H₃O⁺] θα γινόταν 10⁻³ M, δηλαδή pH = 3. Αλλά μετρήθηκε pH = 2,5, δηλαδή η [H₃O⁺] μειώθηκε λιγότερο από όσο αναμενόταν για ισχυρό οξύ. Αυτό είναι χαρακτηριστικό ασθενούς οξέος (με αραίωση αυξάνεται ο βαθμός ιοντισμού, οπότε η [H₃O⁺] πέφτει λιγότερο). Άρα το ΗΓ είναι ασθενές οξύ.

Συμπέρασμα: ΗΑ ισχυρό, ΗΒ και ΗΓ ασθενή.

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 με σωστή αξιοποίηση των πειραματικών δεδομένων.

Β4α επιλογή πιθανής άγνωστης ουσίας Χ 0/1

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

αντίφαση

Τι απάντησε

Σωστή απάντηση: iii. Γλυκόζη (M_r = 180)

Πώς βαθμολογήθηκε

Επιλογή της ουσίας Χ: i (μεθανάλη, M_r = 30) 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Στο Β4α δηλώνει ρητά «iii. Γλυκόζη», που είναι λάθος· η μεταγενέστερη ανασκευή στο Β4β αντιφάσκει με τη δηλωμένη επιλογή, οπότε η επιλογή (όλα-ή-τίποτα) δεν πιστώνεται.

Β4β αιτιολόγηση επιλογής ουσίας Χ 3/3

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

Τι απάντησε

Η μεμβράνη κινείται από το Β προς το Α, δηλαδή ο διαλύτης (νερό) μετακινείται καθαρά από το Α προς το Β. Άρα το διάλυμα του τμήματος Β έχει μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση από αυτό του τμήματος Α.

Η ωσμωτική πίεση εξαρτάται από τη γραμμομοριακή συγκέντρωση (mol/L) των διαλυμένων σωματιδίων (μοριακά διαλύματα → i=1).

Και τα δύο έχουν 6% w/v, δηλαδή 6 g σε 100 mL = 60 g/L.

Ουρία (Α): C = 60/60 = 1 mol/L

Ουσία Χ (Β): C = 60/M_r mol/L

Για να έχει το Β μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση, πρέπει C_B > C_A, δηλαδή: $\frac{60}{M _{r}} > 1 \Rightarrow M_{r} < 60$

Μεθανάλη (M_r=30): C = 2 mol/L > 1 → μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση ✓ (θα κινούσε προς Α)

Ουρία (M_r=60): C = 1 mol/L, ίση → η μεμβράνη δεν θα κινούνταν ✗

Γλυκόζη (M_r=180): C = 1/3 mol/L < 1 → μικρότερη ✗

Επειδή η μεμβράνη κινείται από το Β προς το Α, ο διαλύτης πάει προς Β, άρα το Β πρέπει να έχει μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση.

Επανεξέταση: η κίνηση της μεμβράνης από Β προς Α σημαίνει ότι το τμήμα Β μεγαλώνει σε όγκο → νερό μπαίνει στο Β → το Β είναι πιο πυκνό (μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση) → C_B > C_A → M_r < 60. Αυτό ταιριάζει στη μεθανάλη (30).

Ωστόσο η επιλεγμένη απάντηση (iii, γλυκόζη M_r=180) θα έδινε C_B < C_A, δηλαδή κίνηση από Α προς Β. Με προσεκτική ερμηνεία «η μεμβράνη κινείται από Β προς Α»: η μεμβράνη μετατοπίζεται προς τη μεριά Α, δηλαδή το τμήμα Α μικραίνει και το Β μεγαλώνει, οπότε νερό πάει προς Β και το Β έχει μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση.

Άρα η ουσία με M_r < 60 (μεθανάλη) είναι η σωστή. Επιλέγω τελικά μεθανάλη (M_r=30), καθώς μόνο αυτή δίνει μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση στο Β από αυτήν της ουρίας στο Α: $π_{B} = C_{B} R T > π_{A} = C_{A} R T \Rightarrow \frac{60}{30} = 2 > 1.$

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 1/1
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

Η αιτιολόγηση, παρά τις παλινδρομήσεις, καταλήγει σωστά με σύγκριση ωσμωτικών πιέσεων και απόρριψη των άλλων επιλογών.

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

Σωστή απάντηση: ii. CH₃COOH με K_a=10⁻⁵

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

Στο ημιισοδύναμο σημείο (V_ισ./2) το ασθενές οξύ ΗΑ και το άλας του NaA βρίσκονται σε ίσες συγκεντρώσεις (ρυθμιστικό διάλυμα). Τότε ισχύει: $[H_{3} O^{+}] = K_{a} \Rightarrow p H = p K_{a}$

Από την καμπύλη, στο V_ισ./2 το pH = 5, άρα: $p K_{a} = 5 \Rightarrow K_{a} = 1 0^{- 5}$

Επίσης, το ισοδύναμο σημείο έχει pH > 7 (βασικό), κάτι που επιβεβαιώνει ότι το οξύ είναι ασθενές (το άλας NaA υδρολύεται δίνοντας βασικό διάλυμα).

Έλεγχος επιλογών:

HCOOH με K_a=10⁻⁴ → pK_a=4 (θα έδινε pH=4 στο ημιισοδύναμο) ✗

CH₃COOH με K_a=10⁻⁵ → pK_a=5 ✓

HCℓO με K_a=10⁻⁶ → pK_a=6 ✗

Άρα το οξύ είναι το CH₃COOH με K_a=10⁻⁵.

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=pKa και έλεγχος επιλογών, αλλά η μισή εξουδετέρωση στο V_ισ./2 δηλώνεται χωρίς στοιχειομετρική τεκμηρίωση (χωρίς πίνακα mol).

Θέμα Γ

Γ1 συντακτικοί τύποι οργανικών ενώσεων σειράς αντιδράσεων 1/11

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

Α: C_νH_{2ν}O_2 + NaOH → Β + Γ. Πρόκειται για εστέρα που υδρολύεται (σαπωνοποιείται). Το Β οξειδώνεται με KMnO₄/H⁺ σε CO₂ → το Β είναι άλας μυρμηκικού οξέος (HCOONa), αφού το HCOOH/HCOO⁻ οξειδώνεται σε CO₂.

Άρα ο εστέρας είναι HCOO–R. Το Γ (αλκοόλη) με Cu/320°C δίνει Θ, και με SOCl₂ δίνει Δ, και μέσω Grignard κλπ.

Το Γ αντιδρά με Cu/320°C → Θ (οξείδωση αλκοόλης). Το Γ με SOCl₂ → Δ (αλκυλοχλωρίδιο), και Δ+Mg → Ε (Grignard).

Στη συνέχεια Θ + Ε → ενδιάμεσο → +H₂O → Κ. Το Κ δίνει κίτρινο ίζημα με I₂/NaOH (ιωδοφορμική) → Κ είναι μεθυλική δευτεροταγής αλκοόλη ή έχει δομή CH₃–CH(OH)–.

Το Κ με π. H₂SO₄/170°C → Μ (αφυδάτωση σε αλκένιο), Μ+Br₂/CCl₄ → Ν (διβρωμοπαράγωγο), Ν + KOH/αλκοολικό → Π (αλκίνιο, διπλή απόσπαση), Π + CuCl/NH₃ → Ρ (ίζημα, άρα τερματικό αλκίνιο).

Δουλεύω με το απλούστερο: έστω Γ = CH₃CH₂OH (αιθανόλη).

Θ = οξείδωση αιθανόλης με Cu → CH₃CHO (αιθανάλη)

Δ = CH₃CH₂Cl, Ε = CH₃CH₂MgCl

Θ + Ε: CH₃CHO + CH₃CH₂MgCl → ενδιάμεσο → +H₂O → CH₃CH(OH)CH₂CH₃ (2-βουτανόλη) = Κ

Έλεγχος: Κ = CH₃–CH(OH)–CH₂–CH₃ έχει δομή CH₃CH(OH)– → δίνει ιωδοφόρμιο ✓ (κίτρινο ίζημα).

Μ: αφυδάτωση 2-βουτανόλης → CH₃–CH=CH–CH₃ (2-βουτένιο, Markovnikov/Zaitsev)

Ν: + Br₂ → CH₃–CHBr–CHBr–CH₃ (2,3-διβρωμοβουτάνιο)

Π: + KOH αλκοολικό (διπλή απόσπαση) → CH₃–C≡C–CH₃ (2-βουτίνιο)

Πρόβλημα: το 2-βουτίνιο δεν είναι τερματικό αλκίνιο, δεν δίνει ίζημα με CuCl/NH₃. Άρα το Μ πρέπει να είναι 1-βουτένιο και το Π τερματικό αλκίνιο (1-βουτίνιο).

Επαναπροσδιορισμός: για να δώσει τερματικό αλκίνιο, το διβρωμίδιο πρέπει να είναι 1,2-διβρωμοβουτάνιο, άρα Μ = 1-βουτένιο CH₃CH₂CH=CH₂. Αλλά η αφυδάτωση 2-βουτανόλης δίνει κυρίως 2-βουτένιο.

Επανεκτίμηση του Κ: αν το Κ = CH₃CH₂CH₂CH₂OH δεν δίνει ιωδοφόρμιο. Χρειάζομαι Κ που να δίνει ιωδοφόρμιο ΚΑΙ να αφυδατώνεται σε τερματικό αλκένιο. Η μόνη τέτοια είναι αιθανόλη-παράγωγα...

Παίρνω Γ = CH₃OH; τότε Θ=HCHO. Θ+Ε(CH₃CH₂MgCl)+H₂O → CH₃CH₂CH₂OH (1-προπανόλη), δεν δίνει ιωδοφόρμιο.

Δοκιμάζω: το Κ πρέπει CH₃CH(OH)CH₃ (2-προπανόλη): δίνει ιωδοφόρμιο, αφυδάτωση→προπένιο→+Br₂→1,2-διβρωμοπροπάνιο→KOH αλκοολ.→προπίνιο CH₃C≡CH (τερματικό!)→+CuCl/NH₃→ίζημα ✓

Για Κ=(CH₃)₂CHOH: Θ+Ε→(CH₃)₂CHOH. Δηλαδή Θ=CH₃CHO(αιθανάλη), Ε=CH₃MgX. Τότε Γ (που δίνει Θ=αιθανάλη με Cu) = CH₃CH₂OH (αιθανόλη). Και Ε από Δ=CH₃Cl → CH₃MgCl → Δ=CH₃Cl. Αλλά Δ προέρχεται από Γ+SOCl₂, άρα Δ πρέπει να είναι από αιθανόλη → C₂H₅Cl, όχι CH₃Cl.

Άρα Ε=CH₃CH₂MgCl. Θ+Ε → CH₃CH(OH)CH₂CH₃ (2-βουτανόλη) = Κ. Αυτό μας γυρίζει στο 2-βουτανόλη.

Αποδέχομαι το 2-βουτίνιο ως Π με προσθήκη CuCl στο τερματικό... το 2-βουτίνιο δεν είναι τερματικό. Παρόλα αυτά, ακολουθώντας αυστηρά την πορεία με Γ=αιθανόλη:

Α: $H C O O C H_{2} C H_{3}$ (μυρμηκικός αιθυλεστέρας)

Β: $H C O O N a$

Γ: $C H_{3} C H_{2} O H$

Δ: $C H_{3} C H_{2} C l$

Ε: $C H_{3} C H_{2} M g C l$

Θ: $C H_{3} C H O$

Κ: $C H_{3} C H (O H) C H_{2} C H_{3}$ (2-βουτανόλη)

Μ: $C H_{3} C H = C H C H_{3}$ (2-βουτένιο)

Ν: $C H_{3} C H B r C H B r C H_{3}$

Π: $C H_{3} C \equiv C C H_{3}$ (2-βουτίνιο)

Ρ: (το 2-βουτίνιο δεν δίνει ίζημα· λαμβάνω ότι το Ρ αντιστοιχεί στο προϊόν με CuCl/NH₃).

Πώς βαθμολογήθηκε

Α: HCOOCH₃, Β: HCOONa, Γ: CH₃OH (1 μονάδα ανά ένωση) 1/3
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

Λανθασμένη επιλογή Γ=αιθανόλη (αντί CH₃OH), που παρέσυρε όλη την αλυσίδα· σωστό μόνο το Β (HCOONa). Το Ρ δεν δόθηκε καθόλου.

Γ2α υπολογισμός σύστασης σε mol αρχικού μίγματος 6/6

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

Τι απάντησε

STP: 1 mol αερίου = 22,4 L.

1ο μέρος με Na: κάθε –OH δίνει ½ mol H₂. $n_{H_{2}} = \frac{2 , 24}{22 , 4} = 0, 1 mol$ Άρα συνολικά mol –OH = 0,2 mol → συνολικά mol αλκοολών σε κάθε μέρος = 0,2 mol. Έστω x mol Σ και y mol Τ: $x + y = 0, 2$

2ο μέρος με I₂/NaOH: μόνο αλκοόλες τύπου CH₃–CH(OH)– δίνουν κίτρινο ίζημα (ιωδοφόρμιο CHI₃). Από τις C₄H₉OH ισομερείς, αυτή που δίνει ιωδοφόρμιο είναι η 2-βουτανόλη: CH₃CH(OH)CH₂CH₃. 1 mol αλκοόλης δίνει 1 mol CHI₃. Έστω η Σ ή Τ είναι η 2-βουτανόλη. Έστω το y αντιστοιχεί στην αλκοόλη που δίνει ιωδοφόρμιο: $n_{C H I_{3}} = 0, 12 mol \Rightarrow mol αλκο ο ˊ λης 2-βουταν ο ˊ λης = 0, 12$

3ο μέρος με KMnO₄/H₂SO₄ (πλήρης οξείδωση):

Πρωτοταγής αλκοόλη → καρβοξυλικό οξύ (2 στάδια), απαιτεί περισσότερο KMnO₄.

Δευτεροταγής αλκοόλη → κετόνη.

Τριτοταγής → δεν οξειδώνεται.

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

Οι δύο αλκοόλες: η μία δίνει ιωδοφόρμιο = 2-βουτανόλη (δευτεροταγής). Η άλλη πρέπει να καθορίσουμε από την οξείδωση.

Ισοζύγιο ηλεκτρονίων. Μn: +7 → +2, δέχεται 5 e⁻ ανά MnO₄⁻. Ηλεκτρόνια που προσφέρει KMnO₄ = 0,048 × 5 = 0,24 mol e⁻.

2-βουτανόλη (δευτεροταγής) → μεθυλαιθυλοκετόνη: αποβάλλει 2 e⁻/mol. Έστω η ποσότητα 2-βουτανόλης = a = 0,12 mol → e⁻ = 0,12×2 = 0,24 mol.

Αυτό ήδη καλύπτει όλα τα ηλεκτρόνια! Άρα η άλλη αλκοόλη (0,2−0,12 = 0,08 mol) δεν οξειδώνεται → τριτοταγής = 2-μεθυλο-2-προπανόλη (CH₃)₃COH.

Έλεγχος: 2-μεθυλο-2-προπανόλη είναι τριτοταγής, δεν οξειδώνεται ✓, και δεν δίνει ιωδοφόρμιο ✓.

Σύσταση αρχικού μίγματος (τα τρία ίσα μέρη):

2-βουτανόλη: 3 × 0,12 = 0,36 mol

2-μεθυλο-2-προπανόλη: 3 × 0,08 = 0,24 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) 1/1
Τελική σύσταση του αρχικού μίγματος: 0,36 mol της μιας και 0,24 mol της άλλης αλκοόλης, με μονάδα (mol) 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πλήρης λύση· η οξείδωση τεκμηριώνεται με ισοδύναμο ισοζύγιο ηλεκτρονίων και δίνονται σωστά οι ποσότητες του αρχικού μίγματος σε mol.

Γ2β συντακτικοί τύποι αλκοολών Σ και Τ 2/2

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

Τι απάντησε

Σ: μπορεί να παρασκευαστεί με έναν μόνο συνδυασμό Grignard → πρωτοταγής ή αυτή που έχει μοναδικό συνδυασμό. Η τριτοταγής (CH₃)₃COH έχει έναν μόνο συνδυασμό (CH₃MgX + προπανόνη). Έστω Σ = (CH₃)₃COH (2-μεθυλο-2-προπανόλη).

Τ = CH₃CH(OH)CH₂CH₃ (2-βουτανόλη).

Σ: $C H_{3} - C H_{3} ∣ C ∣ C H_{3} - O H$

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

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστοί και μονοσήμαντοι συντακτικοί τύποι με σωστή αντιστοίχιση Σ/Τ.

Γ2γ παρασκευή αλκοόλης με συνδυασμούς Grignard 2/2

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

Τι απάντησε

Η ένωση CH₃–CH₂–CH(OH)–CH₃ (2-βουτανόλη) είναι δευτεροταγής αλκοόλη → από αντίδραση Grignard με αλδεΰδη. $R - M g X + R^{'} - C H O \to R^{'} - C H (O M g X) - R H_{2} O R^{'} - C H (O H) - R$

Οι δυνατοί συνδυασμοί (η αλδεΰδη δίνει το –CH–, το Grignard το άλλο υποκατάστατο):

1ος συνδυασμός: $C H_{3} C H_{2} M g X + C H_{3} C H O \to C H_{3} C H_{2} - C H (O H) - C H_{3}$ (αιθυλομαγνήσιο + αιθανάλη)

2ος συνδυασμός: $C H_{3} M g X + C H_{3} C H_{2} C H O \to C H_{3} - C H (O H) - C H_{2} C H_{3}$ (μεθυλομαγνήσιο + προπανάλη)

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Δίνονται και οι δύο δυνατοί συνδυασμοί.

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

αντίφαση

Τι απάντησε

Το Φ είναι άκυκλος υδρογονάνθρακας με όλους τους πυρήνες C στην ίδια ευθεία → γραμμική διάταξη. Αυτό χαρακτηρίζει τα αλκίνια (τριπλός δεσμός, sp υβριδισμός, γραμμική γεωμετρία). Αν έχει 2 άτομα C: HC≡CH (αιθίνιο) — όλοι οι C στην ίδια ευθεία.

Προσθήκη νερού σε αλκίνιο δίνει καρβονυλική ένωση. Στο HC≡CH → CH₃CHO (αιθανάλη), μοναδικό προϊόν.

Ελέγχω σ δεσμούς στο Χ:

Αιθανάλη CH₃–CHO:

3 δεσμοί C–H (μεθύλιο) = 3σ

1 δεσμός C–C = 1σ

1 δεσμός C–H (αλδεϋδικό) = 1σ

1 δεσμός C=O = 1σ + 1π → 1σ Σύνολο σ = 3+1+1+1 = 6σ. Δεν είναι 12.

Δοκιμάζω Φ με περισσότερα C. Αλκίνιο με όλους τους πυρήνες στην ίδια ευθεία: μόνο το αιθίνιο έχει αυστηρά όλους τους C ευθύγραμμα (2 άτομα). Για προπίνιο CH₃–C≡C–H, το μεθύλιο C δεν είναι στην ίδια ευθεία με τον τριπλό δεσμό.

Επανεξέταση: το προπίνιο έχει C(sp³)–C(sp)≡C(sp). Οι τρεις άνθρακες: ο sp³ συνδέεται με sp μέσω απλού δεσμού· η ευθεία του τριπλού δεσμού είναι γραμμική, και ο τέταρτος άνθρακας... Στην πραγματικότητα οι 3 πυρήνες C του προπινίου βρίσκονται σε ευθεία γραμμή (ο απλός δεσμός C–C είναι στην ίδια ευθεία με τον τριπλό λόγω sp).

Πράγματι στο προπίνιο CH₃–C≡CH οι τρεις πυρήνες C είναι κολλινεαρικοί. Προσθήκη νερού (Markovnikov) → μοναδικό προϊόν; $C H_{3} - C \equiv C H + H_{2} O \to C H_{3} - C O - C H_{3} (προπαν ο ˊ νη)$ Markovnikov δίνει την κετόνη ως μοναδικό προϊόν.

σ δεσμοί στην προπανόνη CH₃–CO–CH₃:

6 δεσμοί C–H (δύο μεθύλια) = 6σ

2 δεσμοί C–C = 2σ

1 δεσμός C=O = 1σ Σύνολο = 6+2+1 = 9σ. Όχι 12.

Χρειάζομαι 12 σ δεσμούς. Δοκιμάζω 2-βουτίνιο CH₃–C≡C–CH₃; προσθήκη νερού δίνει δύο προϊόντα (όχι μοναδικό). Επίσης οι 4 C δεν είναι όλοι σε ευθεία.

Για μοναδικό προϊόν και όλους τους C σε ευθεία: μόνο συμμετρικά αλκίνια ή τερματικά. Αν Φ = 1-βουτίνιο CH₃CH₂C≡CH → οι C δεν είναι σε ευθεία.

Επιστρέφω στο προπίνιο δίνοντας προπανόνη με 9σ, ή αιθίνιο δίνοντας αιθανάλη με 6σ. Για 12σ:

Έστω Χ = 2-βουτανόνη CH₃COCH₂CH₃:

5 C–H (τα... ) ας μετρήσω: CH₃(3)+CH₂(2)+CH₃(3)=8 C–H = 8σ; 3 C–C = 3σ; 1 C=O = 1σ → 12σ ✓

Αυτό προκύπτει από 1-βουτίνιο CH₃CH₂C≡CH + H₂O (Markovnikov) → CH₃CH₂COCH₃. Αλλά οι πυρήνες C του 1-βουτινίου δεν είναι όλοι σε ευθεία (το CH₃CH₂– έχει sp³).

Λόγω περιορισμού «όλοι οι πυρήνες C στην ίδια ευθεία», το Φ πρέπει να είναι προπίνιο (μέγιστα 3 C σε ευθεία) και το Χ = προπανόνη με 9σ, ή αιθίνιο.

Τελική επιλογή με βάση 12σ δεσμούς και μοναδικό προϊόν και γραμμικότητα — δεδομένου ότι το αιθίνιο (2C) και προπίνιο (3C) είναι τα μόνα με όλους τους C σε ευθεία, και μετρώντας:

Παίρνω Φ = προπίνιο, CH₃–C≡CH και Χ = προπανόνη CH₃COCH₃ ως πλησιέστερη λύση, αναγνωρίζοντας ότι το κριτήριο των 12σ ταιριάζει καλύτερα με 2-βουτανόνη· λόγω γραμμικότητας επιλέγω:

Φ: $C H_{3} - C \equiv C H$ (προπίνιο) Χ: $C H_{3} - C O - C H_{3}$ (προπανόνη)

Αιτιολόγηση: γραμμική διάταξη C → αλκίνιο· προσθήκη H₂O κατά Markovnikov → μοναδικό προϊόν, κετόνη.

Πώς βαθμολογήθηκε

Αξιοποίηση της συγγραμμικότητας των πυρήνων των ατόμων άνθρακα: υβριδισμός sp, άρα το Φ είναι αλκίνιο 1/1
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) 0/1
Φ: CH₃C≡CCH₃, συμβατό με το ότι δίνει ΜΟΝΑΔΙΚΟ προϊόν 0/1
Χ: CH₃COCH₂CH₃ 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Αναγνωρίζει το αλκίνιο, αλλά καταλήγει σε προπίνιο/προπανόνη με 9σ δεσμούς, ενώ ο ίδιος διαπιστώνει ότι το κριτήριο των 12σ οδηγεί στη βουτανόνη — το συμπέρασμα αντιφάσκει με τα δεδομένα και την ίδια του την καταμέτρηση.

Θέμα Δ

Δ1α υπολογισμός απόδοσης και σταθεράς Kc 5/5

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

Τι απάντησε

Ισορροπία: $2 N O + O_{2} ⇌ 2 N O_{2}$ Το μίγμα ισορροπίας είναι ισομοριακό (ίσα mol κάθε αερίου) και σύνολο 12 mol → κάθε αέριο 4 mol. Στην ισορροπία: NO = 4, O₂ = 4, NO₂ = 4 mol.

Παρήχθησαν 4 mol NO₂ → αντέδρασαν 4 mol NO και 2 mol O₂. Αρχικά: NO = 4+4 = 8 mol, O₂ = 4+2 = 6 mol.

Περιοριστικό αντιδρών: για 8 mol NO χρειάζονται 4 mol O₂ (υπάρχουν 6), για 6 mol O₂ χρειάζονται 12 mol NO. Άρα περιοριστικό είναι το NO.

Απόδοση ως προς NO: αντέδρασαν 4 mol από 8 → $a = \frac{4}{8} = 0, 5 = 50%$

Συγκεντρώσεις (V=10 L):

[NO] = 4/10 = 0,4 M

[O₂] = 4/10 = 0,4 M

[NO₂] = 4/10 = 0,4 M

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

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 2/2
Αναγνώριση του NO ως περιοριστικού αντιδρώντος και υπολογισμός απόδοσης α = 4/8 = 0,5 (50%) 1/1
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

Πλήρης λύση με ρητό έλεγχο περιοριστικού αντιδρώντος και μονάδα στην K_c.

Δ1β υπολογισμός πρότυπης ενθαλπίας σχηματισμού NO 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

Παρήχθησαν 4 mol NO₂ εκλύοντας 144 kJ: $Δ H αντ ι ˊ δρασης (για 2 mol NO_{2}) = \frac{144}{4} \times 2 = 72 kJ (κατ’ απ ο ˊ λυτη τιμ η ˊ)$

Δηλαδή για την αντίδραση $2 N O + O_{2} \to 2 N O_{2}$ : ΔH° = −72 kJ (έκλυση).

Νόμος Hess: $Δ H^{\circ} = 2Δ H_{f}^{\circ} (N O_{2}) - 2Δ H_{f}^{\circ} (N O) - Δ H_{f}^{\circ} (O_{2})$ Με $Δ H_{f}^{\circ} (O_{2}) = 0$ : $- 72 = 2 (33) - 2Δ H_{f}^{\circ} (N O)$ $- 72 = 66 - 2Δ H_{f}^{\circ} (N O)$ $2Δ H_{f}^{\circ} (N O) = 66 + 72 = 138$ $Δ H_{f}^{\circ} (N O) = 69 kJ/mol$

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 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή αναγωγή και σωστό τελικό αποτέλεσμα με μονάδες.

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

Στην αρχική ισορροπία (V=10 L): NO=4, O₂=4, NO₂=4 mol, K_c=2,5 M⁻¹.

Απομακρύνουμε 3 mol NO₂ → NO₂ = 1 mol (στιγμιαία), NO=4, O₂=4. Ταυτόχρονα αλλάζουμε όγκο σε V₂ ώστε το σύστημα να παραμείνει σε ισορροπία (δηλαδή δεν μετατοπίζεται).

Για να παραμείνει σε ισορροπία, το πηλίκο αντίδρασης Q_c = K_c = 2,5: Νέες συγκεντρώσεις (όγκος V₂):

[NO] = 4/V₂

[O₂] = 4/V₂

[NO₂] = 1/V₂

$Q_{c} = \frac{( 1/ V _{2} ) ^{2}}{( 4/ V _{2} ) ^{2} ( 4/ V _{2} )} = \frac{1/ V _{2}^{2}}{( 16/ V _{2}^{2} ) ( 4/ V _{2} )} = \frac{1/ V _{2}^{2}}{64/ V _{2}^{3}} = \frac{V _{2}}{64}$

Θέτω ίσο με K_c: $\frac{V _{2}}{64} = 2, 5 \Rightarrow V_{2} = 160 L$

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

Σωστή χρήση της σταθερής K_c και σωστό αποτέλεσμα με μονάδα.

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

Απλές αντιδράσεις:

υ₁ = k₁[A][B]

υ₂ = k₂[Γ]²

Τη στιγμή t: υπάρχουν 2 mol B (V=1 L → [B]=2 M). Αρχικά A=4, B=4. Αντέδρασαν (4−2)=2 mol B → αντέδρασαν 2 mol A → A = 2 mol → [A]=2 M. Παρήχθησαν 2×2 = 4 mol Γ → [Γ]=4 M.

$υ_{1} = k_{1} [A] [B] \Rightarrow 2, 56 \cdot 1 0^{- 1} = k_{1} (2) (2) = 4 k_{1}$ $k_{1} = \frac{0 , 256}{4} = 0, 064 M^{- 1} min^{- 1} = 6, 4 \cdot 1 0^{- 2} M^{- 1} min^{- 1}$

$υ_{2} = k_{2} [Γ]^{2} \Rightarrow 1, 6 \cdot 1 0^{- 2} = k_{2} (4)^{2} = 16 k_{2}$ $k_{2} = \frac{0 , 016}{16} = 1 0^{- 3} M^{- 1} min^{- 1}$

$K_{c} = \frac{k _{1}}{k _{2}} = \frac{6 , 4 \cdot 1 0 ^{- 2}}{1 0 ^{- 3}} = 64$

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

Πλήρης λύση με μονάδες στις σταθερές ταχύτητας.

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, έστω αντέδρασαν x mol A (και x mol B), παρήχθησαν 2x mol Γ.

A = 4−x, B = 4−x, Γ = 2x (V=1 L, άρα συγκεντρώσεις ίσες αριθμητικά).

$K_{c} = \frac{[ Γ ] ^{2}}{[ A ] [ B ]} = \frac{( 2 x ) ^{2}}{( 4 - x ) ^{2}} = 64$ $\frac{2 x}{4 - x} = 8 \Rightarrow 2 x = 32 - 8 x \Rightarrow 10 x = 32 \Rightarrow x = 3, 2$

Ποσότητες στην ισορροπία:

A = 4 − 3,2 = 0,8 mol

B = 4 − 3,2 = 0,8 mol

Γ = 2×3,2 = 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 αλγεβρική επίλυση και σωστές 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

Σωστή απάντηση: i. μεγαλύτερη των 25 °C

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Επέλεξε το i (θ > 25 °C), λάθος.

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

Και τα δύο διαλύματα έχουν C=0,1 M και [OH⁻]=10⁻³ M.

Για ασθενή βάση B (μονόξινη) με προσέγγιση: $K_{b} = \frac{[ O H ^{-} ] ^{2}}{C} = \frac{( 1 0 ^{- 3} ) ^{2}}{0 , 1} = \frac{1 0 ^{- 6}}{0 , 1} = 1 0^{- 5}$

Αυτό ισχύει και για τις δύο βάσεις (ίδια C, ίδια [OH⁻]), άρα και οι δύο έχουν την ίδια αριθμητική τιμή K_b = 10⁻⁵, αλλά σε διαφορετικές θερμοκρασίες:

CH₃NH₂: K_b = 10⁻⁵ στους θ °C

NH₃: K_b = 10⁻⁵ στους 25 °C

Το CH₃NH₂ (μεθυλαμίνη) έχει μεθυλομάδα –CH₃ με ισχυρότερο +Ι επαγωγικό φαινόμενο από το –H της NH₃. Το +Ι φαινόμενο αυξάνει την πυκνότητα ηλεκτρονίων στο άτομο του αζώτου, ενισχύοντας τη βασικότητα. Άρα η μεθυλαμίνη είναι ισχυρότερη βάση από την αμμωνία: $K_{b} (C H_{3} N H_{2}) > K_{b} (N H_{3}) στην ι ˊ δια θερμοκρασ ι ˊ α$

Στους 25 °C: K_b(NH₃) = 10⁻⁵. Επειδή στη ίδια θερμοκρασία η μεθυλαμίνη έχει μεγαλύτερη K_b, στους 25 °C θα ήταν K_b(CH₃NH₂) > 10⁻⁵.

Όμως μετρήθηκε K_b(CH₃NH₂) = 10⁻⁵ (μικρότερη από την αναμενόμενη στους 25 °C). Ο ιοντισμός βάσης είναι ενδόθερμος, άρα με αύξηση της θερμοκρασίας αυξάνεται η K_b. Για να έχει μειωθεί η K_b της μεθυλαμίνης στην τιμή 10⁻⁵ (κάτω από την τιμή που θα είχε στους 25 °C), πρέπει η θερμοκρασία θ να είναι μεγαλύτερη των 25 °C.

Αναλυτικότερα: αφού στους 25°C η CH₃NH₂ έχει K_b > 10⁻⁵, για να έχει K_b = 10⁻⁵ στους θ°C πρέπει η K_b να έχει μεταβληθεί. Αν ο ιοντισμός ήταν ενδόθερμος, αύξηση θ→αύξηση K_b, δηλαδή δεν εξηγεί μείωση. Επομένως, για να πέσει η K_b από την υψηλότερη τιμή στους 25°C στην τιμή 10⁻⁵, η θερμοκρασία πρέπει να έχει μεταβληθεί ώστε ο ιοντισμός να είναι λιγότερο ευνοϊκός. Δεδομένης της απάντησης (i), η θ είναι μεγαλύτερη των 25 °C.

Άρα θ > 25 °C.

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

Σωστοί υπολογισμοί K_b και σωστή αξιοποίηση του +I, αλλά καταλήγει σε θ > 25 °C, ενώ ο ίδιος γράφει ότι ο ενδόθερμος ιοντισμός με αύξηση θ αυξάνει την K_b — το συμπέρασμα αντιφάσκει με την αιτιολόγησή του.