Πανελλαδικές 2026 → Χημεία → Gemini 3.5 Flash

Gemini 3.5 Flash · Χημεία

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

19,296,0 / 100

Έχασε μονάδες σε 2 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 σωστή επιλογή είναι το β.

Αιτιολόγηση: Ο αριθμός των ατομικών τροχιακών σε μια υποστιβάδα καθορίζεται από τις τιμές του μαγνητικού κβαντικού αριθμού $m_{ℓ}$ , ο οποίος παίρνει $2 ℓ + 1$ ακέραιες τιμές (από $- ℓ$ έως $+ ℓ$ ).

Για την υποστιβάδα 3d ( $ℓ = 2$ ): υπάρχουν $2 (2) + 1 = 5$ ατομικά τροχιακά.

Για την υποστιβάδα 4f ( $ℓ = 3$ ): υπάρχουν $2 (3) + 1 = 7$ ατομικά τροχιακά.

Για την υποστιβάδα 2s ( $ℓ = 0$ ): υπάρχει $2 (0) + 1 = 1$ ατομικό τροχιακό.

Για την υποστιβάδα 4p ( $ℓ = 1$ ): υπάρχουν $2 (1) + 1 = 3$ ατομικά τροχιακά.

Συνεπώς, τα περισσότερα ατομικά τροχιακά αντιστοιχούν στην υποστιβάδα 4f.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή β, με πλήρη τεκμηρίωση μέσω 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 σωστή επιλογή είναι το γ.

Αιτιολόγηση: Η πρότυπη ενθαλπία καύσης του προπανίου είναι $Δ H_{c}^{\circ} = - 2220 kJ/mol$ . Το αρνητικό πρόσημο δηλώνει ότι η αντίδραση είναι εξώθερμη, δηλαδή εκλύεται θερμότητα. Η τιμή αυτή αναφέρεται στην πλήρη καύση ποσότητας $1 mol$ προπανίου ( $C_{3} H_{8}$ ) σε πρότυπες συνθήκες, κατά την οποία εκλύεται ποσό θερμότητας ίσο με $2220 kJ$ .

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 σωστή επιλογή είναι το α.

Αιτιολόγηση: Σύμφωνα με τον γενικό κανόνα της διαλυτότητας «τα όμοια διαλύουν όμοια», οι μη πολικές ουσίες διαλύονται εύκολα σε μη πολικούς διαλύτες, ενώ παρουσιάζουν εξαιρετικά χαμηλή διαλυτότητα σε πολικούς διαλύτες. Το ιώδιο ( $I_{2}$ ) είναι μη πολική (ομοιοπολική) ουσία. Το εξάνιο ( $C_{6} H_{14}$ ), ο τετραχλωράνθρακας ( $C C ℓ_{4}$ ) και το επτάνιο ( $C_{7} H_{16}$ ) είναι μη πολικοί οργανικοί διαλύτες, στους οποίους το $I_{2}$ διαλύεται πολύ καλά. Αντίθετα, το νερό ( $H_{2} O$ ) είναι ένας έντονα πολικός διαλύτης, επομένως το ιώδιο έχει σε αυτό τη μικρότερη διαλυτότητα.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή α με αναφορά στην πολικότητα.

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 σωστή επιλογή είναι το δ.

Αιτιολόγηση: Καταλύτης ονομάζεται μια ουσία η οποία με την παρουσία της σε μικρές ποσότητες αυξάνει την ταχύτητα μιας χημικής αντίδρασης, παρέχοντας μια εναλλακτική πορεία (μηχανισμό) με χαμηλότερη ενέργεια ενεργοποίησης ( $E_{a}$ ), ενώ στο τέλος της αντίδρασης ανακτάται ποσοτικά και ποιοτικά αναλλοίωτη.

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

ΛΑΘΟΣ (Το οξαλικό οξύ, $(C O O H)_{2}$ , οξειδώνεται από το $K M n O_{4}$ παρουσία $H_{2} S O_{4}$ προς $C O_{2}$ ).

ΣΩΣΤΟ (Αυτός είναι ο ορισμός της αυτοκατάλυσης).

ΛΑΘΟΣ (Η σταθερά ιοντισμού $K_{a}$ εξαρτάται αποκλειστικά από τη θερμοκρασία και τη φύση του ηλεκτρολύτη και του διαλύτη, όχι από τη συγκέντρωση).

ΣΩΣΤΟ (Η $N H_{3}$ δρα ως βάση και προσλαμβάνει ένα πρωτόνιο $H^{+}$ για να σχηματίσει το συζυγές της οξύ, $N H_{4}^{+}$ ).

ΣΩΣΤΟ (Με βάση τους κανόνες εύρεσης αριθμού οξείδωσης:

Στο $^{1} C H_{3} - O -$ : ο $C_{1}$ συνδέεται με 3 άτομα $H$ (Α.Ο. $+ 1$ έκαστο) και 1 άτομο $O$ (πιο ηλεκτραρνητικό, συνεισφορά $+ 1$ στον $C$ ). Έτσι, $x + 3 (+ 1) + 1 = 0 \Rightarrow x = - 2$ .

Στο $- O -^{2} C H_{2} - C H_{3}$ : ο $C_{2}$ συνδέεται με 2 άτομα $H$ (Α.Ο. $+ 1$ ), 1 άτομο $O$ (συνεισφορά $+ 1$ ) και 1 άτομο $C$ (συνεισφορά $0$ ). Έτσι, $y + 2 (+ 1) + 1 = 0 \Rightarrow y = - 1$ .

Στο $- C H_{2} -^{3} C H_{3}$ : ο $C_{3}$ συνδέεται με 3 άτομα $H$ (Α.Ο. $+ 1$ ) και 1 άτομο $C$ (συνεισφορά $0$ ). Έτσι, $z + 3 (+ 1) = 0 \Rightarrow z = - 3$ ).

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 στοιχεία ανήκουν στην 3η περίοδο του Περιοδικού Πίνακα, επομένως η εξωτερική τους στιβάδα είναι η $M$ ( $n = 3$ ).

i) Στοιχείο Χ: Ανήκει στον τομέα p και έχει 3 μονήρη ηλεκτρόνια στη θεμελιώδη κατάσταση. Η ηλεκτρονιακή του δομή στα p τροχιακά της εξωτερικής στιβάδας, σύμφωνα με τον κανόνα του Hund, θα είναι $3 p_{x}^{1} 3 p_{y}^{1} 3 p_{z}^{1}$ (δηλαδή $3 p^{3}$ ). Η πλήρης ηλεκτρονιακή δομή του Χ στη θεμελιώδη κατάσταση είναι: $X: 1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{2} 3 p^{3}$

ii) Στοιχείο Ψ: Είναι το πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο της 3ης περιόδου. Η ηλεκτραρνητικότητα αυξάνεται κατά μήκος μιας περιόδου από αριστερά προς τα δεξιά (εξαιρουμένων των ευγενών αερίων). Συνεπώς, το πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο είναι το αλογόνο της περιόδου αυτής (ομάδα 17 ή VIIA), το οποίο έχει 7 ηλεκτρόνια στην εξωτερική στιβάδα ( $3 s^{2} 3 p^{5}$ ). Η πλήρης ηλεκτρονιακή δομή του Ψ στη θεμελιώδη κατάσταση είναι: $Ψ : 1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{2} 3 p^{5}$

iii) Στοιχείο Ω: Έχει τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα από τα στοιχεία της 3ης περιόδου. Η ατομική ακτίνα αυξάνεται σε μια περίοδο από δεξιά προς τα αριστερά (λόγω μείωσης του δραστικού πυρηνικού φορτίου). Συνεπώς, τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα την έχει το αλκαλιμέταλλο της περιόδου αυτής (ομάδα 1 ή ΙΑ), το οποίο έχει 1 ηλεκτρόνιο στην εξωτερική στιβάδα ( $3 s^{1}$ ). Η πλήρης ηλεκτρονιακή δομή του Ω στη θεμελιώδη κατάσταση είναι: $Ω : 1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{1}$

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 αιτιολόγηση.

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 ( $E_{i 1}$ ) γενικά αυξάνεται κατά μήκος μιας περιόδου από αριστερά προς τα δεξιά, καθώς μειώνεται η ατομική ακτίνα και αυξάνεται το δραστικό πυρηνικό φορτίο, με αποτέλεσμα ο πυρήνας να έλκει ισχυρότερα το εξωτερικό ηλεκτρόνιο.

Με βάση τη θέση τους στην 3η περίοδο:

Το στοιχείο Ω ανήκει στην ομάδα 1 (μικρότερη $E_{i 1}$ ).

Το στοιχείο Χ ανήκει στην ομάδα 15.

Το στοιχείο Ψ ανήκει στην ομάδα 17 (μεγαλύτερη $E_{i 1}$ ).

Επομένως, η κατάταξη κατά αύξουσα ενέργεια πρώτου ιοντισμού είναι: $E_{i 1} (Ω) < E_{i 1} (X) < E_{i 1} (Ψ)$

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

Για την ισοστάθμιση της οξειδοαναγωγικής αντίδρασης προσδιορίζουμε τις μεταβολές των αριθμών οξείδωσης (Α.Ο.):

Στο $F e C ℓ_{2}$ , ο σίδηρος έχει Α.Ο. $+ 2$ . Στο $F e C ℓ_{3}$ , ο σίδηρος έχει Α.Ο. $+ 3$ . Ο σίδηρος οξειδώνεται: $F e^{2 +} \to F e^{3 +} + 1 e^{-} (Δ A.O. = + 1)$

Στο $K_{2} C r_{2} O_{7}$ , το χρώμιο έχει Α.Ο. $+ 6$ . Στο $C r C ℓ_{3}$ , το χρώμιο έχει Α.Ο. $+ 3$ . Το χρώμιο ανάγεται: $C r_{2}^{12 +} + 6 e^{-} \to 2 C r^{3 +} (Δ A.O. = - 6 συνολικ α ˊ για τα δ υ ˊ ο α ˊ τομα C r)$

Για να εξισωθεί ο αριθμός των ηλεκτρονίων που αποβάλλονται με αυτά που προσλαμβάνονται, πολλαπλασιάζουμε τη μεταβολή του σιδήρου επί 6: $6 F e^{2 +} \to 6 F e^{3 +} + 6 e^{-}$

Τοποθετούμε τους συντελεστές στην εξίσωση: $6 F e C ℓ_{2} + 1 K_{2} C r_{2} O_{7} + x H C ℓ \to 6 F e C ℓ_{3} + 2 C r C ℓ_{3} + y K C ℓ + z H_{2} O$

Από το ισοζύγιο του καλίου ( $K$ ): Στα αριστερά έχουμε 2 άτομα $K$ (από το $K_{2} C r_{2} O_{7}$ ), άρα στα δεξιά πρέπει $y = 2$ .

Από το ισοζύγιο του χρωμίου ( $C r$ ): Στα αριστερά έχουμε 2 άτομα $C r$ , άρα στα δεξιά έχουμε $2 C r C ℓ_{3}$ (σωστό).

Από το ισοζύγιο του χλωρίου ( $C ℓ$ ): Στα δεξιά έχουμε συνολικά $6 \times 3 (απ ο ˊ F e C ℓ_{3}) + 2 \times 3 (απ ο ˊ C r C ℓ_{3}) + 2 (απ ο ˊ K C ℓ) = 18 + 6 + 2 = 26$ άτομα $C ℓ$ . Στα αριστερά έχουμε ήδη $6 \times 2 = 12$ άτομα $C ℓ$ από το $F e C ℓ_{2}$ . Συνεπώς, τα υπόλοιπα $26 - 12 = 14$ άτομα $C ℓ$ πρέπει να προέλθουν από το $H C ℓ$ , άρα $x = 14$ .

Από το ισοζύγιο του υδρογόνου ( $H$ ): Στα αριστερά έχουμε 14 άτομα $H$ (από το $14 H C ℓ$ ), άρα στα δεξιά πρέπει να έχουμε $7 H_{2} O$ , δηλαδή $z = 7$ .

Ελέγχουμε το οξυγόνο ( $O$ ): Στα αριστερά έχουμε 7 άτομα $O$ (από το $K_{2} C r_{2} O_{7}$ ) και στα δεξιά 7 άτομα $O$ (από το $7 H_{2} O$ ). Η εξίσωση είναι ισοσταθμισμένη.

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

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 όλων των ισοζυγίων.

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

Αναγωγικό σώμα είναι το $F e C ℓ_{2}$ , διότι περιέχει το άτομο του σιδήρου ( $F e^{2 +}$ ) του οποίου ο αριθμός οξείδωσης αυξάνεται από $+ 2$ (στο $F e C ℓ_{2}$ ) σε $+ 3$ (στο $F e C ℓ_{3}$ ), δηλαδή οξειδώνεται (προσφέρει ηλεκτρόνια).

Οξειδωτικό σώμα είναι το $K_{2} C r_{2} O_{7}$ , διότι περιέχει το άτομο του χρωμίου ( $C r^{+ 6}$ ) του οποίου ο αριθμός οξείδωσης μειώνεται από $+ 6$ (στο $K_{2} C r_{2} O_{7}$ ) σε $+ 3$ (στο $C r C ℓ_{3}$ ), δηλαδή ανάγεται (προσλαμβάνει 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.

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

i) Για το οξύ ΗΑ: Το διάλυμα έχει συγκέντρωση $C = 0, 01 M = 1 0^{- 2} M$ και $p H = 2$ . Από τον ορισμό του $p H$ : $[H_{3} O^{+}] = 1 0^{- p H} = 1 0^{- 2} M$ Παρατηρούμε ότι $[H_{3} O^{+}] = C$ . Αυτό σημαίνει ότι το οξύ ΗΑ ιοντίζεται πλήρως (πλήρης μεταφορά πρωτονίων στο νερό): $H A + H_{2} O \to A^{-} + H_{3} O^{+}$ Συνεπώς, το ΗΑ είναι ισχυρό οξύ.

ii) Για το άλας NaB: Το άλας NaB διίσταται πλήρως στο νερό: $N a B \to N a^{+} + B^{-}$ Το κατιόν $N a^{+}$ προέρχεται από την ισχυρή βάση $N a O H$ και δεν αντιδρά με το νερό (δεν υδρολύεται). Το διάλυμα έχει $p H = 9 > 7$ στους $25^{\circ} C$ , άρα είναι βασικό. Αυτό σημαίνει ότι το ανιόν $B^{-}$ αντιδρά με το νερό (υδρολύεται) παράγοντας ιόντα $O H^{-}$ : $B^{-} + H_{2} O ⇌ H B + O H^{-}$ Εφόσον το $B^{-}$ δρα ως ασθενής βάση, το συζυγές του οξύ ΗΒ είναι ασθενές οξύ.

iii) Για το οξύ ΗΓ: Το αρχικό διάλυμα έχει $p H = 2$ , άρα $[H_{3} O^{+}]_{α ρX} = 1 0^{- 2} M$ . Αραιώνουμε $10 mL$ του διαλύματος σε τελικό όγκο $100 mL$ (αραίωση 10 φορές).

Αν το ΗΓ ήταν ισχυρό οξύ, θα ιοντιζόταν πλήρως. Με την αραίωση 10 φορές, η συγκέντρωση του οξέος και κατά συνέπεια η συγκέντρωση των ιόντων $[H_{3} O^{+}]$ θα υποδεκαπλασιαζόταν: $[H_{3} O^{+}]_{τ ε λ} = \frac{[ H _{3} O ^{+} ] _{α ρX}}{10} = 1 0^{- 3} M \Rightarrow p H = 3$

Όμως, το αραιωμένο διάλυμα έχει $p H = 2, 5$ , δηλαδή: $[H_{3} O^{+}]_{τ ε λ} = 1 0^{- 2, 5} M > 1 0^{- 3} M$ Αυτό συμβαίνει διότι με την αραίωση η θέση της ισορροπίας ιοντισμού του ασθενούς οξέος μετατοπίζεται προς τα δεξιά (σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier / νόμο αραίωσης του Ostwald), αυξάνοντας τον βαθμό ιοντισμού $α$ . Έτσι παράγονται περισσότερα ιόντα $H_{3} O^{+}$ από όσα θα αναμένονταν αν ο βαθμός ιοντισμού παρέμενε σταθερός. Συνεπώς, το ΗΓ είναι 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 δεδομένα αξιοποιήθηκαν σωστά με πλήρη εξήγηση.

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

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Η σωστή επιλογή είναι η iii. Γλυκόζη ( $M_{r} = 180$ ).

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Επέλεξε τη γλυκόζη (iii) αντί της μεθανάλης.

Β4β αιτιολόγηση επιλογής ουσίας Χ 0/3

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

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Η ημιπερατή μεμβράνη επιτρέπει τη διέλευση μόνο των μορίων του διαλύτη (νερού) από το διάλυμα με τη μικρότερη συγκέντρωση (μικρότερη ωσμωτική πίεση) προς το διάλυμα με τη μεγαλύτερη συγκέντρωση (μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση).

Εφόσον η μεμβράνη κινείται από το τμήμα Β προς το τμήμα Α, ο όγκος του τμήματος Α αυξάνεται, που σημαίνει ότι υπάρχει καθαρή ροή νερού από το Β προς το Α. Συνεπώς, για τις ωσμωτικές πιέσεις των δύο διαλυμάτων ισχύει: $Π_{B} < Π_{A}$

Τα διαλύματα είναι μοριακά και βρίσκονται στην ίδια θερμοκρασία $T$ . Από τον νόμο του van 't Hoff ( $Π = C \cdot R \cdot T$ ), προκύπτει: $C_{B} < C_{A}$

Η συγκέντρωση $C$ ενός διαλύματος εκφράζεται ως: $C = \frac{n}{V} = \frac{m}{M _{r} \cdot V}$

Και τα δύο διαλύματα έχουν την ίδια περιεκτικότητα $6% w/v$ , δηλαδή περιέχουν $m = 6 g$ διαλυμένης ουσίας σε $V = 100 mL = 0, 1 L$ διαλύματος. Επομένως: $C_{A} = \frac{6}{M _{r} ( ουρ ι ˊ ας ) \cdot 0 , 1} και C_{B} = \frac{6}{M _{r} ( X ) \cdot 0 , 1}$

Από τη σχέση $C_{B} < C_{A}$ έχουμε: $\frac{6}{M _{r} ( X ) \cdot 0 , 1} < \frac{6}{M _{r} ( ουρ ι ˊ ας ) \cdot 0 , 1} \Rightarrow M_{r} (X) > M_{r} (ουρ ι ˊ ας)$

Δίνεται ότι $M_{r} (ουρ ι ˊ ας) = 60$ . Συνεπώς: $M_{r} (X) > 60$

Από τις διαθέσιμες επιλογές:

i. Μεθανάλη ( $M_{r} = 30 < 60$ )

ii. Ουρία ( $M_{r} = 60$ )

iii. Γλυκόζη ( $M_{r} = 180 > 60$ )

Μοναδική δυνατή επιλογή για την ουσία Χ είναι η γλυκόζη.

Πώς βαθμολογήθηκε

Μετατροπή της 6% w/v περιεκτικότητας του διαλύματος ουρίας σε συγκέντρωση: C_A = 1 M 0/1
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) 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Αντίστροφη ερμηνεία της κίνησης της μεμβράνης (θεώρησε ότι αυξάνεται ο όγκος του Α), οπότε κατέληξε σε Π_Β<Π_Α και Mr(X)>60. Δεν υπολόγισε ούτε αριθμητικά τη C_A=1 M.

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 σωστή επιλογή είναι η 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 5/5

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.

Τι απάντησε

Κατά την ογκομέτρηση ενός ασθενούς μονοπρωτικού οξέος $H A$ με πρότυπο διάλυμα ισχυρής βάσης $N a O H$ , στο μέσο του ισοδύναμου σημείου (δηλαδή όταν έχει προστεθεί όγκος πρότυπου διαλύματος ίσος με $V_{ι σ .} /2$ ), η μισή ποσότητα του οξέος έχει εξουδετερωθεί.

Στο σημείο αυτό, στο διάλυμα συνυπάρχουν το εναπομένον ασθενές οξύ $H A$ και η συζυγής του βάση $A^{-}$ (από το σχηματιζόμενο άλας $N a A$ ) σε ίσες συγκεντρώσεις: $[H A] = [A^{-}]$

Το διάλυμα αυτό είναι ρυθμιστικό. Από την εξίσωση Henderson-Hasselbalch ή απευθείας από τη σταθερά ιοντισμού του οξέος: $K_{a} = \frac{[ A ^{-} ] [ H _{3} O ^{+} ]}{[ H A ]}$

Επειδή $[H A] = [A^{-}]$ , προκύπτει: $[H_{3} O^{+}] = K_{a} \Rightarrow p H = p K_{a}$

Από την καμπύλη ογκομέτρησης παρατηρούμε ότι για όγκο πρότυπου διαλύματος $V = V_{ι σ .} /2$ , η τιμή του $p H$ είναι ίση με $5$ . Επομένως: $p K_{a} = 5 \Rightarrow K_{a} = 1 0^{- 5}$

Συνεπώς, το οξύ της ογκομέτρησης 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) 2/2
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

Πλήρης αιτιολόγηση με ταύτιση pH=pKa στο ημιισοδύναμο σημείο.

Θέμα Γ

Γ1 συντακτικοί τύποι οργανικών ενώσεων σειράς αντιδράσεων 11/11

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

Τι απάντησε

Με βάση το διάγραμμα των αντιδράσεων, προσδιορίζουμε τις οργανικές ενώσεις:

Η ένωση Α έχει μοριακό τύπο $C_{ν} H_{2 ν} O_{2}$ και αντιδρά με $N a O H$ δίνοντας τις ενώσεις Β και Γ. Πρόκειται για βασική υδρόλυση εστέρα. Το Β είναι το νάτριο άλας του καρβοξυλικού οξέος και το Γ είναι αλκοόλη.

Η ένωση Β οξειδώνεται από $K M n O_{4} / H^{+}$ και παράγει $C O_{2}$ . Το μόνο άλας καρβοξυλικού οξέος που οξειδώνεται με αυτόν τον τρόπο είναι το μεθανικό νάτριο ( $H C O O N a$ ), το οποίο οξειδώνεται λόγω του αναγωγικού χαρακτήρα της μεθανικής ομάδας. Συνεπώς: $Β: H C O O N a$

Η αλκοόλη Γ αντιδρά με $S O C ℓ_{2}$ και δίνει το αλκυλοαλογονίδιο Δ.

Το Δ αντιδρά με $M g$ σε άνυδρο αιθέρα και δίνει το αντιδραστήριο Grignard Ε.

Η αλκοόλη Γ οξειδώνεται ήπια με $C u /320^{\circ} C$ προς την καρβονυλική ένωση Θ.

Η ένωση Θ αντιδρά με το αντιδραστήριο Grignard Ε και μετά από υδρόλυση του ενδιάμεσου προϊόντος δίνει την αλκοόλη Κ.

Η αλκοόλη Κ αντιδρά με $I_{2} / N a O H$ (ιωδοφορμική αντίδραση) δίνοντας κίτρινο ίζημα ( $C H I_{3}$ ). Αυτό σημαίνει ότι η αλκοόλη Κ περιέχει τη δομή $C H_{3} - C H (O H) -$ .

Η αλκοόλη Κ με επίδραση πυκνού $H_{2} S O_{4}$ στους $170^{\circ} C$ αφυδατώνεται προς το αλκένιο Μ.

Το Μ αντιδρά με $B r_{2} / C C ℓ_{4}$ (προσθήκη) δίνοντας το διβρωμίδιο Ν.

Το Ν με επίδραση $K O H$ σε αλκοολικό διάλυμα (διπλή απόσπαση υδραλογόνου) δίνει το αλκίνιο Π.

Το Π αντιδρά με περίσσεια $C u C ℓ / N H_{3}$ δίνοντας την ένωση Ρ. Αυτό σημαίνει ότι το Π είναι όξινο αλκίνιο (ακετυλένιο ή τερματικό αλκίνιο).

Ας προσδιορίσουμε τον αριθμό ατόμων άνθρακα: Αν η αλκοόλη Γ είναι η μεθανόλη ( $C H_{3} O H$ ):

$Γ: C H_{3} O H$

$Δ: C H_{3} C ℓ$

$Ε: C H_{3} M g C ℓ$

$Θ: H C H O$ (μεθανάλη)

Η αντίδραση της μεθανάλης (Θ) με το $C H_{3} M g C ℓ$ (Ε) και η επακόλουθη υδρόλυση δίνει: $Κ: C H_{3} C H_{2} O H (αιθαν ο ˊ λη)$

Η αιθανόλη (Κ) δίνει θετική την ιωδοφορμική αντίδραση (παράγεται κίτρινο ίζημα $C H I_{3}$ ), καθώς διαθέτει τη δομή $C H_{3} - C H (O H) -$ .

Η αφυδάτωση της αιθανόλης (Κ) στους $170^{\circ} C$ δίνει: $Μ: C H_{2} = C H_{2} (αιθ ε ˊ νιο)$

Η προσθήκη $B r_{2}$ στο αιθένιο δίνει: $Ν: C H_{2} B r - C H_{2} B r (1,2-διβρωμοαιθ α ˊ νιο)$

Η αντίδραση του Ν με αλκοολικό διάλυμα $K O H$ δίνει: $Π: C H \equiv C H (αιθ ι ˊ νιο)$

Το αιθίνιο (Π) αντιδρά με περίσσεια $C u C ℓ / N H_{3}$ (αντικατάσταση των όξινων υδρογόνων από χαλκό) και δίνει: $Ρ: C u C \equiv C C u (ακετυλεν ι ˊ διο του χαλκο υ ˊ (Ι))$

Ο εστέρας Α σχηματίζεται από το μεθανικό οξύ και τη μεθανόλη, άρα είναι ο μεθανικός μεθυλεστέρας: $Α: H C O O C H_{3} (με μοριακ ο ˊ τ υ ˊ πο C_{2} H_{4} O_{2}, δηλαδ η ˊ ν = 2)$

Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων είναι:

Α: $H C O O C H_{3}$

Β: $H C O O N a$

Γ: $C H_{3} O H$

Δ: $C H_{3} C ℓ$

Ε: $C H_{3} M g C ℓ$

Θ: $H C H O$

Κ: $C H_{3} C H_{2} O H$

Μ: $C H_{2} = C H_{2}$

Ν: $C H_{2} B r - C H_{2} B r$

Π: $C H \equiv C H$

Ρ: $C u C \equiv C C u$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Όλες οι ενώσεις σωστές, με τεκμηρίωση της πορείας.

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

Έστω ότι σε κάθε ένα από τα τρία ίσα μέρη του μίγματος περιέχονται $x mol$ της αλκοόλης Σ και $y mol$ της αλκοόλης Τ.

Από το 1ο μέρος: Και οι δύο ισομερείς αλκοόλες ( $R - O H$ ) αντιδρούν με το νάτριο ( $N a$ ) σύμφωνα με τη γενική εξίσωση: $R - O H + N a \to R - O N a + \frac{1}{2} H_{2} ↑$

Τα συνολικά moles του εκλυόμενου αερίου $H_{2}$ σε STP είναι: $n (H_{2}) = \frac{2 , 24 L}{22 , 4 L/mol} = 0, 1 mol$

Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης: $n (H_{2}) = \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} y \Rightarrow 0, 1 = \frac{x + y}{2} \Rightarrow x + y = 0, 2 (Σχ ε ˊ ση 1)$

Από το 2ο μέρος: Το δεύτερο μέρος αντιδρά με περίσσεια $I_{2} / N a O H$ και δίνει $0, 12 mol$ κίτρινου ιζήματος ( $C H I_{3}$ ). Από τις ισομερείς αλκοόλες του τύπου $C_{4} H_{9} O H$ , μόνο αυτή που διαθέτει τη δομή $C H_{3} - C H (O H) -$ δίνει την ιωδοφορμική αντίδραση. Αυτή είναι η δευτεροταγής αλκοόλη βουτανόλη-2 ( $C H_{3} - C H_{2} - C H (O H) - C H_{3}$ ). Έστω ότι η αλκοόλη αυτή είναι η Τ. Η αντίδραση είναι: $C H_{3} C H_{2} C H (O H) C H_{3} + 4 I_{2} + 6 N a O H \to C H_{3} C H_{2} C O O N a + C H I_{3} ↓ + 5 N a I + 5 H_{2} O$

Από τη στοιχειομετρία, $1 mol$ της αλκοόλης Τ παράγει $1 mol$ $C H I_{3}$ . Συνεπώς: $y = n (C H I_{3}) = 0, 12 mol$

Από τη Σχέση 1: $x + 0, 12 = 0, 2 \Rightarrow x = 0, 08 mol$

Από το 3ο μέρος (επαλήθευση): Το τρίτο μέρος απαιτεί για πλήρη οξείδωση $n (K M n O_{4}) = 0, 48 L \times 0, 1 M = 0, 048 mol$ . Η δευτεροταγής αλκοόλη Τ ( $y = 0, 12 mol$ ) οξειδώνεται προς κετόνη (βουτανόνη) σύμφωνα με την εξίσωση: $5 C H_{3} C H_{2} C H (O H) C H_{3} + 2 K M n O_{4} + 3 H_{2} S O_{4} \to 5 C H_{3} C H_{2} C O C H_{3} + 2 M n S O_{4} + K_{2} S O_{4} + 8 H_{2} O$

Τα moles του $K M n O_{4}$ που απαιτούνται για την οξείδωση της Τ είναι: $n_{1} (K M n O_{4}) = \frac{2}{5} y = 0, 4 \times 0, 12 = 0, 048 mol$

Παρατηρούμε ότι η απαιτούμενη ποσότητα $K M n O_{4}$ για την οξείδωση της Τ ισούται ακριβώς με τη συνολική ποσότητα $K M n O_{4}$ που καταναλώθηκε ( $0, 048 mol$ ). Αυτό σημαίνει ότι η αλκοόλη Σ δεν οξειδώνεται από το διάλυμα $K M n O_{4} / H^{+}$ . Συνεπώς, η Σ είναι τριτοταγής αλκοόλη.

Σύσταση αρχικού μίγματος: Το αρχικό μίγμα χωρίστηκε σε 3 ίσα μέρη, επομένως οι ποσότητες των αλκοολών στο αρχικό μίγμα είναι τριπλάσιες:

Ποσότητα της αλκοόλης Σ: $n_{α ρX} (Σ) = 3 \times x = 3 \times 0, 08 = 0, 24 mol$

Ποσότητα της αλκοόλης Τ: $n_{α ρX} (T) = 3 \times y = 3 \times 0, 12 = 0, 36 mol$

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 με αναγωγή στο αρχικό μίγμα και μονάδες.

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

Αλκοόλη Τ: Όπως προσδιορίστηκε, είναι η δευτεροταγής αλκοόλη βουτανόλη-2: $CH_{3} - CH_{2} - CH (OH) - CH_{3}$

Αλκοόλη Σ: Είναι τριτοταγής αλκοόλη με μοριακό τύπο $C_{4} H_{9} O H$ . Ο μοναδικός συντακτικός τύπος τριτοταγούς αλκοόλης με 4 άτομα άνθρακα είναι ο 2-μεθυλοπροπανόλη-2 (ή τριτοταγής βουτανόλη): $(CH_{3})_{3} C-OH η ˊ CH_{3} - C - CH_{3} ∣ OH$ (Η ένωση αυτή πράγματι παρασκευάζεται με Grignard με έναν μόνο συνδυασμό: προπανόνη και μεθυλομαγνησιοαλογονίδιο).

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 συντακτικοί τύποι και 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 ζητούμενη ένωση είναι η βουτανόλη-2: $CH_{3} - CH_{2} - CH (OH) - CH_{3}$

Πρόκειται για δευτεροταγή αλκοόλη, η οποία παρασκευάζεται από την επίδραση αντιδραστηρίου Grignard ( $R_{1} M g X$ ) σε αλδεΰδη ( $R_{2} C H O$ ) (εκτός της μεθανάλης) και στη συνέχεια υδρόλυση. Οι δυνατοί συνδυασμοί προκύπτουν από τη «διχοτόμηση» των αλκυλομάδων εκατέρωθεν του άνθρακα που φέρει το υδροξύλιο ( $- C H (O H) -$ ):

1ος Συνδυασμός:

Καρβονυλική ένωση: Προπανάλη ( $CH_{3} - CH_{2} - CHO$ )

Αντιδραστήριο Grignard: Μεθυλομαγνησιοχλωρίδιο ( $CH_{3} M g C ℓ$ ) $CH_{3} - CH_{2} - CHO + CH_{3} M g C ℓ \to CH_{3} - CH_{2} - CH (OMgC ℓ) - CH_{3} + H_{2} O CH_{3} - CH_{2} - CH (OH) - CH_{3} + M g (OH) C ℓ$

2ος Συνδυασμός:

Καρβονυλική ένωση: Αιθανάλη ( $CH_{3} - CHO$ )

Αντιδραστήριο Grignard: Αιθυλομαγνησιοχλωρίδιο ( $CH_{3} - CH_{2} - M g C ℓ$ ) $CH_{3} - CHO + CH_{3} - CH_{2} - M g C ℓ \to CH_{3} - CH (OMgC ℓ) - CH_{2} - CH_{3} + H_{2} O CH_{3} - CH_{2} - CH (OH) - CH_{3} + M g (OH) C ℓ$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Αναφέρονται και οι δύο δυνατοί συνδυασμοί με υδρόλυση.

Γ3 συντακτικοί τύποι Φ και Χ με αιτιολόγηση 4/4

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

Τι απάντησε

Ο υδρογονάνθρακας Φ είναι άκυκλος και οι πυρήνες όλων των ατόμων άνθρακα βρίσκονται στην ίδια ευθεία. Αυτό σημαίνει ότι η ανθρακική αλυσίδα είναι γραμμική και περιέχει τριπλό δεσμό (αλκίνιο), όπου τα $s p$ -υβριδικά άτομα άνθρακα και τα άμεσα συνδεδεμένα με αυτά άτομα άνθρακα βρίσκονται σε ευθεία διάταξη (γωνία δεσμού $18 0^{\circ}$ ).

Η προσθήκη νερού σε αλκίνιο (παρουσία καταλυτών $H_{2} S O_{4} / H g S O_{4}$ ) οδηγεί αρχικά σε ασταθή ενόλη, η οποία μέσω ταυτομέρειας μετατρέπεται σε καρβονυλική ένωση (κετόνη ή αλδεΰδη).

Το προϊόν Χ περιέχει συνολικά 12 $σ$ δεσμούς. Έστω ότι το προϊόν Χ είναι μια κορεσμένη μονοκαρβονυλική ένωση (αλδεΰδη ή κετόνη) με μοριακό τύπο $C_{n} H_{2 n} O$ . Ο αριθμός των $σ$ δεσμών σε μια άκυκλη κορεσμένη ένωση με τύπο $C_{n} H_{2 n} O$ υπολογίζεται ως εξής:

Δεσμοί $C - C$ : $n - 1$

Δεσμοί $C - H$ : $2 n$

Δεσμός $C - O$ : $1$ (ο διπλός δεσμός $C = O$ αποτελείται από $1 σ$ και $1 π$ δεσμό) Συνολικοί $σ$ δεσμοί: $(n - 1) + 2 n + 1 = 3 n$

Γνωρίζουμε ότι οι $σ$ δεσμοί είναι 12, άρα: $3 n = 12 \Rightarrow n = 4$

Συνεπώς, το προϊόν Χ έχει 4 άτομα άνθρακα ( $C_{4} H_{8} O$ ) και ο υδρογονάνθρακας Φ έχει επίσης 4 άτομα άνθρακα ( $C_{4} H_{6}$ ).

Επειδή όλοι οι άνθρακες του Φ είναι συνευθειακοί, το αλκίνιο πρέπει να είναι το βουτίνιο-2: $CH_{3} - C \equiv C - CH_{3}$ Στο βουτίνιο-2, τα δύο $s p$ υβριδισμένα άτομα άνθρακα (C2, C3) και τα δύο $s p^{3}$ υβριδισμένα άτομα άνθρακα των μεθυλομάδων (C1, C4) βρίσκονται πάνω στην ίδια ευθεία γραμμή.

Η προσθήκη νερού στο βουτίνιο-2 δίνει ως μοναδικό προϊόν τη βουτανόνη (Χ): $CH_{3} - C \equiv C - CH_{3} + H_{2} O H^{+}, H g^{2 +} [CH_{3} - C (OH) = CH - CH_{3}] \to CH_{3} - CO - CH_{2} - CH_{3}$

Οι συντακτικοί τύποι είναι:

Φ: $CH_{3} - C \equiv C - CH_{3}$ (βουτίνιο-2)

Χ: $CH_{3} - CO - CH_{2} - CH_{3}$ (βουτανόνη)

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) 1/1
Φ: CH₃C≡CCH₃, συμβατό με το ότι δίνει ΜΟΝΑΔΙΚΟ προϊόν 1/1
Χ: CH₃COCH₂CH₃ 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή καταμέτρηση σ δεσμών (3ν=12) και πλήρης αιτιολόγηση της γραμμικής διάταξης και του μοναδικού προϊόντος.

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

Η χημική εξίσωση της αντίδρασης είναι: $2 N O (g) + O_{2} (g) ⇌ 2 N O_{2} (g)$

Έστω ότι εισάγουμε στο δοχείο όγκου $V_{1} = 10 L$ ποσότητα $n_{1} mol$ $N O$ και $n_{2} mol$ $O_{2}$ . Καταστρώνουμε τον πίνακα ποσοτήτων (σε mol):

$moles Αρχικ α ˊ Μεταβολ η ˊ Ισορροπ ι ˊ α 2 N O (g) n_{1} - 2 x n_{1} - 2 x + O_{2} (g) n_{2} - x n_{2} - x ⇌ 2 N O_{2} (g) - + 2 x 2 x$

Δίνεται ότι το μίγμα ισορροπίας είναι ισομοριακό και περιέχει συνολικά $12 mol$ αερίων. Εφόσον είναι ισομοριακό, όλα τα συστατικά στην ισορροπία έχουν τον ίδιο αριθμό moles: $n (N O)_{e q} = n (O_{2})_{e q} = n (N O_{2})_{e q}$

Επειδή το άθροισμά τους είναι $12 mol$ : $3 \cdot n (N O_{2})_{e q} = 12 \Rightarrow n (N O_{2})_{e q} = 4 mol$

Συνεπώς, στην ισορροπία έχουμε:

$n (N O_{2})_{e q} = 2 x = 4 mol \Rightarrow x = 2 mol$

$n (O_{2})_{e q} = n_{2} - x = 4 mol \Rightarrow n_{2} - 2 = 4 \Rightarrow n_{2} = 6 mol$

$n (N O)_{e q} = n_{1} - 2 x = 4 mol \Rightarrow n_{1} - 4 = 4 \Rightarrow n_{1} = 8 mol$

Υπολογισμός απόδοσης ( $α$ ): Η απόδοση ορίζεται με βάση το περιοριστικό αντιδρών. Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης, $2 mol$ $N O$ απαιτούν $1 mol$ $O_{2}$ . Για τα $8 mol$ $N O$ που εισήχθησαν, απαιτούνται: $n (O_{2})_{α π α ι τ} = \frac{8}{2} = 4 mol$ Επειδή εισήχθησαν $6 mol$ $O_{2}$ (περίσσεια), το περιοριστικό αντιδρών είναι το $N O$ . Αν η αντίδραση ήταν ποσοτική (απόδοση $100%$ ), θα αντιδρούσε όλη η ποσότητα του $N O$ ( $8 mol$ ). Στην πραγματικότητα αντέδρασαν $2 x = 4 mol$ $N O$ . Η απόδοση της αντίδρασης είναι: $α = \frac{n ( N O ) _{α ν τ ε ˊ δ ρ α σ ε}}{n ( N O ) _{α ρ χι κ ο ˊ}} = \frac{4}{8} = 0, 5 η ˊ 50%$

Υπολογισμός σταθεράς ισορροπίας $K_{c}$ : Οι συγκεντρώσεις των αερίων στην ισορροπία στο δοχείο όγκου $V_{1} = 10 L$ είναι: $[N O] = \frac{4 mol}{10 L} = 0, 4 M$ $[O_{2}] = \frac{4 mol}{10 L} = 0, 4 M$ $[N O_{2}] = \frac{4 mol}{10 L} = 0, 4 M$

Η έκφραση της σταθεράς $K_{c}$ είναι: $K_{c} = \frac{[ N O _{2} ] ^{2}}{[ N O ] ^{2} \cdot [ O _{2} ]} = \frac{( 0 , 4 ) ^{2}}{( 0 , 4 ) ^{2} \cdot 0 , 4} = \frac{1}{0 , 4} = 2, 5 M^{- 1}$

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 ρητή αναγνώριση περιοριστικού αντιδρώντος και μονάδα M⁻¹.

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

Κατά την αντίδραση σχηματίστηκαν $4 mol$ $N O_{2} (g)$ και εκλύθηκε ποσό θερμότητας $q = 144 kJ$ . Επειδή η αντίδραση είναι εξώθερμη, η μεταβολή ενθαλπίας για το σχηματισμό $4 mol$ $N O_{2} (g)$ είναι: $Δ H = - 144 kJ$

Η πρότυπη ενθαλπία της αντίδρασης $Δ H^{\circ}$ αναφέρεται στη στοιχειομετρία της χημικής εξίσωσης, δηλαδή για το σχηματισμό $2 mol$ $N O_{2} (g)$ : $Δ H^{\circ} = \frac{- 144 kJ}{2} = - 72 kJ$

Η πρότυπη ενθαλπία της αντίδρασης συνδέεται με τις πρότυπες ενθαλπίες σχηματισμού των σωμάτων μέσω της σχέσης: $Δ H^{\circ} = 2 \cdot Δ H_{f}^{\circ} (N O_{2}) - 2 \cdot Δ H_{f}^{\circ} (N O) - Δ H_{f}^{\circ} (O_{2})$

Επειδή το $O_{2} (g)$ είναι στοιχείο στην πρότυπη του κατάσταση, ισχύει $Δ H_{f}^{\circ} (O_{2}) = 0$ . Αντικαθιστώντας τις τιμές: $- 72 = 2 \cdot 33 - 2 \cdot Δ H_{f}^{\circ} (N O)$ $- 72 = 66 - 2 \cdot Δ H_{f}^{\circ} (N O)$ $2 \cdot Δ H_{f}^{\circ} (N O) = 138 \Rightarrow Δ H_{f}^{\circ} (N O) = 69 kJ/mol$

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 αποτέλεσμα με μονάδα.

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

Από το μίγμα ισορροπίας απομακρύνονται $3 mol$ $N O_{2} (g)$ . Οι νέες ποσότητες των σωμάτων στο δοχείο είναι:

$n^{'} (N O) = 4 mol$

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

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

Μεταβάλλουμε τον όγκο του δοχείου σε $V_{2}$ . Για να παραμείνει το σύστημα σε κατάσταση χημικής ισορροπίας χωρίς να μετατοπιστεί η θέση της, πρέπει το πηλίκο αντίδρασης $Q_{c}$ στον νέο όγκο $V_{2}$ να ισούται με τη σταθερά ισορροπίας $K_{c}$ : $Q_{c} = K_{c}$

Εκφράζουμε το $Q_{c}$ με βάση τις νέες ποσότητες και τον όγκο $V_{2}$ : $Q_{c} = \frac{( \frac{n ^{'} ( N O _{2} )}{V _{2}} ) ^{2}}{( \frac{n ^{'} ( N O )}{V _{2}} ) ^{2} \cdot ( \frac{n ^{'} ( O _{2} )}{V _{2}} )} = \frac{\frac{1 ^{2}}{V _{2}^{2}}}{\frac{4 ^{2}}{V _{2}^{2}} \cdot \frac{4}{V _{2}}} = \frac{1}{\frac{64}{V _{2}}} = \frac{V _{2}}{64}$

Θέτουμε $Q_{c} = K_{c}$ : $\frac{V _{2}}{64} = 2, 5 \Rightarrow V_{2} = 160 L$

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 Qc=Kc και αποτέλεσμα 160 L.

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

Η αντίδραση πραγματοποιείται σε δοχείο σταθερού όγκου $V = 1 L$ , οπότε οι συγκεντρώσεις των σωμάτων (σε M) είναι αριθμητικά ίσες με τα moles τους. Αρχικά εισάγονται $4 mol$ Α και $4 mol$ Β. Στη χρονική στιγμή $t$ , στο δοχείο υπάρχουν $2 mol$ Β. Καταστρώνουμε τον πίνακα ποσοτήτων μέχρι τη χρονική στιγμή $t$ :

$moles Αρχικ α ˊ Αντ ε ˊ δρασαν/Παρ α ˊ χθηκαν Χρονικ η ˊ στιγμ η ˊ t A (g) 4 - 2 2 + B (g) 4 - 2 2 ⇌ 2Γ (g) - + 4 4$

Οι συγκεντρώσεις τη χρονική στιγμή $t$ είναι: $[A]_{t} = 2 M, [B]_{t} = 2 M, [Γ]_{t} = 4 M$

Επειδή οι δύο αντίθετες αντιδράσεις είναι απλές (στοιχειώδεις), οι νόμοι ταχύτητάς τους είναι:

Προς τα δεξιά: $v_{1} = k_{1} \cdot [A] \cdot [B]$

Προς τα αριστερά: $v_{2} = k_{2} \cdot [Γ]^{2}$

Τη χρονική στιγμή $t$ : $v_{1} = 2, 56 \cdot 1 0^{- 1} mol \cdot L^{- 1} \cdot min^{- 1} \Rightarrow 0, 256 = k_{1} \cdot 2 \cdot 2 \Rightarrow 4 \cdot k_{1} = 0, 256 \Rightarrow k_{1} = 0, 064 L \cdot mol^{- 1} \cdot min^{- 1}$ $v_{2} = 1, 6 \cdot 1 0^{- 2} mol \cdot L^{- 1} \cdot min^{- 1} \Rightarrow 0, 016 = k_{2} \cdot 4^{2} \Rightarrow 16 \cdot k_{2} = 0, 016 \Rightarrow k_{2} = 0, 001 L \cdot mol^{- 1} \cdot min^{- 1}$

Στην κατάσταση χημικής ισορροπίας, οι ταχύτητες των δύο αντίθετων αντιδράσεων εξισώνονται ( $v_{1} = v_{2}$ ): $k_{1} \cdot [A]_{e q} \cdot [B]_{e q} = k_{2} \cdot [Γ]_{e q}^{2} \Rightarrow \frac{[ Γ ] _{e q}^{2}}{[ A ] _{e q} \cdot [ B ] _{e q}} = \frac{k _{1}}{k _{2}}$

Η σταθερά χημικής ισορροπίας $K_{c}$ είναι: $K_{c} = \frac{k _{1}}{k _{2}} = \frac{0 , 064}{0 , 001} = 64$

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

Σωστές σταθερές με μονάδες και σωστή Kc.

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

Έστω $y mol$ η ποσότητα του Α που αντιδρά μέχρι να αποκατασταθεί η χημική ισορροπία. Ο πίνακας ισορροπίας (σε mol) είναι:

$moles Αρχικ α ˊ Μεταβολ η ˊ Ισορροπ ι ˊ α A (g) 4 - y 4 - y + B (g) 4 - y 4 - y ⇌ 2Γ (g) - + 2 y 2 y$

Επειδή $V = 1 L$ , οι συγκεντρώσεις ισορροπίας είναι: $[A]_{e q} = 4 - y, [B]_{e q} = 4 - y, [Γ]_{e q} = 2 y$

Αντικαθιστούμε στην έκφραση της $K_{c}$ : $K_{c} = \frac{[ Γ ] _{e q}^{2}}{[ A ] _{e q} \cdot [ B ] _{e q}} \Rightarrow 64 = \frac{( 2 y ) ^{2}}{( 4 - y ) ^{2}}$

Λαμβάνοντας την τετραγωνική ρίζα και των δύο μελών (δεδομένου ότι $0 < y < 4$ ): $8 = \frac{2 y}{4 - y} \Rightarrow 8 (4 - y) = 2 y \Rightarrow 32 - 8 y = 2 y \Rightarrow 10 y = 32 \Rightarrow y = 3, 2 mol$

Οι ποσότητες των αερίων στην κατάσταση χημικής ισορροπίας είναι:

$n (A)_{e q} = 4 - 3, 2 = 0, 8 mol$

$n (B)_{e q} = 4 - 3, 2 = 0, 8 mol$

$n (Γ)_{e q} = 2 \cdot 3, 2 = 6, 4 mol$

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

Ορθή αλγεβρική επίλυση και σωστές ποσότητες σε mol.

Δ3α επιλογή σωστής απάντησης για θερμοκρασία θ 1/1

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

Τι απάντησε

Η σωστή απάντηση είναι η ii. μικρότερη των 25 °C.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή.

Δ3β αιτιολόγηση απάντησης για θερμοκρασία 5/5

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

Τι απάντησε

1. Σύγκριση ισχύος των βάσεων στους $25^{\circ} C$ : Η μεθυλαμίνη ( $C H_{3} N H_{2}$ ) και η αμμωνία ( $N H_{3}$ ) είναι ασθενείς μονοπρωτικές βάσεις. Η μεθυλαμίνη διαφέρει από την αμμωνία λόγω της παρουσίας της μεθυλομάδας ( $- C H_{3}$ ), η οποία παρουσιάζει θετικό επαγωγικό φαινόμενο ( $+ I$ ), δηλαδή απωθεί τα ηλεκτρόνια περισσότερο από το άτομο του υδρογόνου ( $- H < - C H_{3}$ ). Το $+ I$ φαινόμενο της μεθυλομάδας αυξάνει την ηλεκτρονιακή πυκνότητα στο άτομο του αζώτου της μεθυλαμίνης, καθιστώντας το μονήρες ζεύγος ηλεκτρονίων του πιο διαθέσιμο για την πρόσληψη πρωτονίου σε σχέση με το άζωτο της αμμωνίας. Συνεπώς, η μεθυλαμίνη είναι ισχυρότερη βάση από την αμμωνία στην ίδια θερμοκρασία. Στους $25^{\circ} C$ ισχύει: $K_{b} (C H_{3} N H_{2}) > K_{b} (N H_{3})$

2. Υπολογισμός σταθεράς $K_{b} (N H_{3})$ στους $25^{\circ} C$ : Για το διάλυμα $N H_{3}$ συγκέντρωσης $C = 0, 1 M$ στους $25^{\circ} C$ , με $[O H^{-}] = 1 0^{- 3} M$ : Επειδή $[O H^{-}] = 1 0^{- 3} M ≪ C$ , ισχύουν οι προσεγγίσεις: $[O H^{-}] = K_{b} (N H_{3}) \cdot C \Rightarrow 1 0^{- 3} = K_{b} (N H_{3}) \cdot 0, 1 \Rightarrow 1 0^{- 6} = K_{b} (N H_{3}) \cdot 1 0^{- 1} \Rightarrow K_{b} (N H_{3}) = 1 0^{- 5} στους 25^{\circ} C$

Επομένως, για τη μεθυλαμίνη στους $25^{\circ} C$ ισχύει: $K_{b} (C H_{3} N H_{2}) > 1 0^{- 5}$

3. Μελέτη της μεθυλαμίνης στη θερμοκρασία $θ$ : Για το διάλυμα $C H_{3} N H_{2}$ συγκέντρωσης $C = 0, 1 M$ στη θερμοκρασία $θ$ , δίνεται $[O H^{-}] = 1 0^{- 3} M$ . Με τις ίδιες προσεγγίσεις: $[O H^{-}] = K_{b}^{'} (C H_{3} N H_{2}) \cdot C \Rightarrow 1 0^{- 3} = K_{b}^{'} (C H_{3} N H_{2}) \cdot 0, 1 \Rightarrow K_{b}^{'} (C H_{3} N H_{2}) = 1 0^{- 5} στη θερμοκρασ ι ˊ α θ$

Παρατηρούμε ότι: $K_{b}^{'} (C H_{3} N H_{2}) (στη θερμοκρασ ι ˊ α θ) < K_{b} (C H_{3} N H_{2}) (στους 25^{\circ} C)$

4. Επίδραση της θερμοκρασίας: Η αντίδραση ιοντισμού μιας ασθενούς βάσης στο νερό είναι ενδόθερμη αντίδραση ( $Δ H > 0$ ): $B + H_{2} O ⇌ B H^{+} + O H^{-}, Δ H > 0$

Σύμφωνα με την αρχή του Le Chatelier, η μείωση της θερμοκρασίας μετατοπίζει την ισορροπία προς την ενδόθερμη κατεύθυνση (δηλαδή προς τα αριστερά), με αποτέλεσμα τη μείωση της σταθεράς ιοντισμού $K_{b}$ . Εφόσον η σταθερά ιοντισμού της μεθυλαμίνης στη θερμοκρασία $θ$ είναι μικρότερη από τη σταθερά της στους $25^{\circ} C$ , συμπεραίνουμε ότι η θερμοκρασία $θ$ είναι μικρότερη από τους $25^{\circ} C$ ( $θ < 25^{\circ} C$ ).

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 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πλήρης αιτιολόγηση μέσω των υπολογισμένων Kb, του +I και της εξάρτησης από τη θερμοκρασία.