Πανελλαδικές 2026 → Χημεία → GPT-5.4 mini

GPT-5.4 mini · Χημεία

OpenAI · κυκλοφορία Μάρτιος 2026 · εξέταση 5 Ιουνίου 2026 · 26 υποερωτήματα

14,673,0 / 100

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

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

Υπόμνημα συμβολισμού

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

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

Η κεφαλίδα του φύλλου

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

Θέμα Α

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

Α1 υποστιβάδα με περισσότερα ατομικά τροχιακά 5/5

Τι ζητούσε το φύλλο

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

α. Στην υποστιβάδα 3d.

β. Στην υποστιβάδα 4f.

γ. Στην υποστιβάδα 2s.

δ. Στην υποστιβάδα 4p.

Μονάδες 5

Τι απάντησε

Σωστή επιλογή: β.

Η υποστιβάδα $f$ έχει $2 ℓ + 1 = 2 \cdot 3 + 1 = 7$ ατομικά τροχιακά, ενώ:

η $d$ έχει 5,

η $p$ έχει 3,

η $s$ έχει 1.

Άρα περισσότερα τροχιακά έχει η 4f.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή β, με ορθή τεκμηρίωση (2ℓ+1=7).

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

Σωστή επιλογή: γ.

Η πρότυπη ενθαλπία καύσης $Δ H_{c}^{\circ} = - 2220 kJ$ σημαίνει ότι κατά την πλήρη καύση 1 mol προπανίου εκλύονται 2220 kJ θερμότητας.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή γ.

Α3 διαλύτης με μικρότερη διαλυτότητα ιωδίου 5/5

Τι ζητούσε το φύλλο

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

α. Στο νερό (H₂O).

β. Στο εξάνιο (C₆H₁₄).

γ. Στον τετραχλωράνθρακα (CCℓ₄).

δ. Στο επτάνιο (C₇H₁₆).

Μονάδες 5

Τι απάντησε

Σωστή επιλογή: α.

Το $I_{2}$ είναι μη πολικό μόριο και διαλύεται καλύτερα σε μη πολικούς διαλύτες. Το νερό είναι πολικός διαλύτης, άρα εκεί το $I_{2}$ έχει 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.

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

Σωστή επιλογή: δ.

Καταλύτης είναι ουσία που, σε μικρή ποσότητα, αυξάνει την ταχύτητα αντίδρασης χωρίς να καταναλώνεται μόνιμα.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή δ.

Α5 χαρακτηρισμός προτάσεων ως σωστό ή λάθος 4/5

Τι ζητούσε το φύλλο

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

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

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

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

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

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

Μονάδες 5

εννοιολογικό

Τι απάντησε

ΛΑΘΟΣ
Το οξαλικό οξύ οξειδώνεται από $K M n O_{4}$ παρουσία $H_{2} S O_{4}$ .

ΣΩΣΤΟ
Αυτοκατάλυση είναι όταν ένα προϊόν της αντίδρασης δρα ως καταλύτης.

ΛΑΘΟΣ
Η σταθερά ιοντισμού $K_{a}$ ενός ασθενούς οξέος, σε σταθερή θερμοκρασία, δεν εξαρτάται από τη συγκέντρωση.

ΣΩΣΤΟ
Το συζυγές οξύ της $N H_{3}$ είναι το $N H_{4}^{+}$ .

ΛΑΘΟΣ
Για την ένωση $^{1} C H_{3} - O -^{2} C H_{2} -^{3} C H_{3}$ οι αριθμοί οξείδωσης των C δεν είναι $- 2, - 1, - 3$ .
Συγκεκριμένα:

το C1 στο $C H_{3} -$ έχει αριθμό οξείδωσης $- 3$ ,

το C2 στο $- C H_{2} -$ έχει $- 2$ ,

το C3 στο $- C H_{3}$ έχει $- 3$ .

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 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Στην πρόταση 5 απάντησε ΛΑΘΟΣ και υπολόγισε εσφαλμένα τον C1 ως -3 (είναι -2, λόγω του δεσμού με το O).

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

Στην 3η περίοδο έχουμε τα στοιχεία:

$X$ : ανήκει στον τομέα $p$ και έχει 3 μονήρη ηλεκτρόνια. Αυτό αντιστοιχεί στο P με ηλεκτρονιακή δομή: $1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{2} 3 p^{3}$

$Ψ$ : είναι το πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο της περιόδου, δηλαδή το Cl με ηλεκτρονιακή δομή: $1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{2} 3 p^{5}$

$Ω$ : έχει τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα στην περίοδο, δηλαδή το Na με ηλεκτρονιακή δομή: $1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{1}$

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 των 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 αυξάνει γενικά από αριστερά προς τα δεξιά στην περίοδο.

Άρα κατά αύξουσα σειρά: $Ω < X < Ψ$

δηλαδή: $N a < P < C l$

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

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

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.

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

Το $F e^{2 +}$ οξειδώνεται σε $F e^{3 +}$ , άρα το $F e C l_{2}$ είναι το αναγωγικό σώμα.

Το $C r_{2} O_{7}^{2 -}$ ανάγεται σε $C r^{3 +}$ , άρα το $K_{2} C r_{2} O_{7}$ είναι το οξειδωτικό σώμα.

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

Η αναφορά Fe²⁺→Fe³⁺ και Cr₂O₇²⁻→Cr³⁺ (αναγωγή) γίνεται δεκτή ως αιτιολόγηση μεταβολής αριθμού 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

Για το οξύ $H A$ :

Δίνεται διάλυμα $0, 01 M$ με $p H = 2$ , άρα $[H_{3} O^{+}] = 1 0^{- 2} M$ και επειδή η συγκέντρωση του οξέος είναι επίσης $1 0^{- 2} M$ , το οξύ ιοντίζεται πρακτικά πλήρως. Άρα το $H A$ είναι ισχυρό οξύ.

Για το άλας $N a B$ :

Το διάλυμα έχει $p H = 9$ , άρα είναι βασικό. Επομένως το $B^{-}$ υδρολύεται και το $H B$ είναι ασθενές οξύ. Άρα το $H B$ είναι ασθενές οξύ.

Για το οξύ $H Γ$ :

Αρχικά $p H = 2$ , άρα $[H_{3} O^{+}] = 1 0^{- 2} M$ Με αραίωση 10 mL σε 100 mL, η συγκέντρωση γίνεται 10 φορές μικρότερη. Αν ήταν ισχυρό οξύ, το pH θα αυξανόταν κατά 1 μονάδα, δηλαδή θα γινόταν 3. Όμως δίνεται ότι γίνεται 2,5, άρα η ιοντοποίηση δεν είναι πλήρης και το οξύ είναι ασθενές.

Συμπέρασμα:

$H A$ : ισχυρό

$H B$ : ασθενές

$H Γ$ : ασθενές

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 αξιοποίηση του αντίστοιχου πειραματικού δεδομένου.

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

Η ουσία $X$ μπορεί να είναι η iii. Γλυκόζη.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Δήλωσε ως απάντηση τη γλυκόζη (iii), ενώ η δική του αιτιολόγηση στο Β4β καταλήγει στη μεθανάλη.

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 τμήμα Β προς το τμήμα Α, άρα το διάλυμα στο Β έχει μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση και επομένως περισσότερα mol διαλυμένης ουσίας ανά ίδιο όγκο.

Και τα δύο διαλύματα είναι 6% w/v, δηλαδή έχουν 6 g διαλυμένης ουσίας σε 100 mL διαλύματος.

Υπολογίζουμε τα mol ανά 100 mL:

Για την ουρία: $n = \frac{6}{60} = 0, 1 mol$

Για τη μεθανάλη: $n = \frac{6}{30} = 0, 2 mol$

Για τη γλυκόζη: $n = \frac{6}{180} = 0, 033 mol$

Για να κινηθεί η μεμβράνη από Β προς Α, πρέπει το Β να έχει μεγαλύτερη συγκέντρωση σωματιδίων από το Α. Αυτό συμβαίνει μόνο αν η ουσία Χ έχει μικρότερο $M_{r}$ από την ουρία, δηλαδή η μεθανάλη. Όμως η μεθανάλη δεν είναι μοριακή ουσία που παραμένει σταθερά ως τέτοια σε υδατικό διάλυμα όπως ζητείται συνήθως σε τέτοιες ασκήσεις. Από τις δοθείσες επιλογές, η μόνη ουσία που δίνει σαφώς μεγαλύτερη συγκέντρωση σωματιδίων από την ουρία είναι η μεθανάλη.

Άρα η σωστή επιλογή είναι η μεθανάλη.

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

Ορθή σύγκριση mol/όγκο (ισοδύναμη με συγκεντρώσεις), σωστή κατεύθυνση ώσμωσης και σωστό συμπέρασμα (μεθανάλη), παρά τη φλύαρη παρέκβαση.

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 επιλογή: 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 3/5

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

Στην ογκομέτρηση ασθενούς οξέος με ισχυρή βάση ισχύει ότι στο ημιϊσοδύναμο σημείο: $p H = p K_{a}$

Από το διάγραμμα δίνεται ότι στο $V_{ι σ .} /2$ το pH είναι 5, άρα: $p K_{a} = 5 \Rightarrow K_{a} = 1 0^{- 5}$

Επομένως το οξύ είναι το $C H_{3} C O O H$ .

Επιπλέον, στο ισοδύναμο σημείο το pH είναι μεγαλύτερο από 7, κάτι που επιβεβαιώνει ότι πρόκειται για ασθενές οξύ και ισχυρή βάση.

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 0/1
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

Επικαλείται τον κανόνα pH=pKa στο ημιισοδύναμο χωρίς στοιχειομετρική τεκμηρίωση και χωρίς να δείξει τον σχηματισμό ρυθμιστικού διαλύματος με ίσες συγκεντρώσεις.

Θέμα Γ

Γ1 συντακτικοί τύποι οργανικών ενώσεων σειράς αντιδράσεων 8/11

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

Από το σχήμα:

Το $A$ είναι εστέρας $C_{ν} H_{2 ν} O_{2}$ που με NaOH δίνει άλας $B$ και αλκοόλη $Γ$ .

Το $B$ οξειδώνεται με $K M n O_{4} / H^{+}$ σε $C O_{2}$ , άρα είναι φορμικό άλας, δηλαδή $H C O O N a$ .

Άρα ο εστέρας $A$ είναι μεθυλεστέρας του μυρμηκικού οξέος: $H C O O C H_{3}$ .

Το $Γ$ είναι η μεθανόλη $C H_{3} O H$ .

Η μεθανόλη με $C u /32 0^{\circ} C$ δίνει μεθανάλη $H C H O$ , άρα $Θ = H C H O$ .

Το $Γ$ με $S O C l_{2}$ δίνει χλωρομεθάνιο $C H_{3} C l$ , άρα $Δ = C H_{3} C l$ και με Mg δίνει αντιδραστήριο Grignard $C H_{3} M g C l$ , άρα $E = C H_{3} M g C l$ .

Το $Θ$ με $E$ και υδρόλυση δίνει 2-προπανόλη $K$ , η οποία δίνει ιωδοφορμική αντίδραση.

Η αφυδάτωση του $K$ δίνει προπένιο $M$ .

Προσθήκη $B r_{2}$ δίνει 1,2-διβρωμοπροπάνιο $N$ .

Με αλκοολικό KOH δίνει προπίνιο $Π$ .

Το προπίνιο με $C u C l / N H_{3}$ δίνει το ακετυλίδιο του χαλκού $R$ .

Άρα οι συντακτικοί τύποι είναι:

$A$ : $H C O O C H_{3}$

$B$ : $H C O O N a$

$Γ$ : $C H_{3} O H$

$Δ$ : $C H_{3} C l$

$E$ : $C H_{3} M g C l$

$Θ$ : $H C H O$

$K$ : $C H_{3} C H (O H) C H_{3}$

$M$ : $C H_{3} C H = C H_{2}$

$N$ : $C H_{3} C H B r C H_{2} B r$

$Π$ : $C H_{3} C \equiv C H$

$R$ : $C H_{3} C \equiv C C u$

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) 1/2
Μ: CH₂=CH₂, Ν: CH₂Br-CH₂Br (1 μονάδα ανά ένωση) 1/2
Π: CH≡CH, Ρ: CuC≡CCu (1 μονάδα ανά ένωση) 1/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Λάθος στην προσθήκη Grignard: HCHO + CH₃MgCℓ δίνει CH₃CH₂OH, όχι CH₃CH(OH)CH₃. Οι Μ, Ν, Π, Ρ είναι λανθασμένες ενώσεις, αλλά συνεπείς προς το λάθος Κ, γι' αυτό πιστώνονται με μερική (μισή) βαθμολογία λόγω μεταφοράς λάθους.

Γ2α υπολογισμός σύστασης σε mol αρχικού μίγματος 4/6

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Γ2

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

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

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

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

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

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

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

γ. Να παρασκευαστεί η παρακάτω ένωση

CH₃-CH₂-C |H-CH₃ OH

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

Μονάδες 10

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Στο πρώτο μέρος:

Η έκλυση $2, 24 L$ αερίου σε STP αντιστοιχεί σε: $n (H_{2}) = \frac{2 , 24}{22 , 4} = 0, 1 mol$

Για αλκοόλη: $2 R O H + 2 N a \to 2 R O N a + H_{2}$ άρα: $n (R O H) = 2 n (H_{2}) = 0, 2 mol$ στο πρώτο μέρος.

Άρα στο αρχικό μίγμα, επειδή χωρίστηκε σε 3 ίσα μέρη: $n_{ολ} = 3 \cdot 0, 2 = 0, 6 mol$

Στο δεύτερο μέρος δίνεται $0, 12 m o l$ $I_{2}$ -ίζημα. Για την ιωδοφορμική αντίδραση: $1 m o l C H_{3} C H (O H) R \to 1 m o l C H I_{3}$ Άρα στο δεύτερο μέρος υπάρχουν: $0, 12 m o l$ της αλκοόλης που δίνει ιωδοφόρμιο.

Επομένως στο δεύτερο μέρος:

η ιωδοφορμική αλκοόλη: $0, 12 m o l$

η άλλη αλκοόλη: $0, 20 - 0, 12 = 0, 08 m o l$

Στο τρίτο μέρος: $n (K M n O_{4}) = 0, 48 \cdot 0, 1 = 0, 048 mol$

Σε όξινο περιβάλλον, για πλήρη οξείδωση πρωτοταγούς αλκοόλης ισχύει ότι 1 mol $K M n O_{4}$ οξειδώνει 5 mol πρωτοταγούς αλκοόλης σε κατάλληλες συνθήκες σχολικού επιπέδου. Άρα τα mol της οξειδούμενης αλκοόλης είναι: $5 \cdot 0, 048 = 0, 24 mol$

Στο τρίτο μέρος υπάρχουν συνολικά $0, 2 m o l$ , άρα η αλκοόλη που οξειδώνεται πλήρως είναι η πρωτοταγής και η ποσότητά της στο τρίτο μέρος είναι $0, 2 m o l$ . Αυτό συμφωνεί με το ότι το μίγμα αποτελείται από δύο ισομερείς αλκοόλες, μία πρωτοταγή και μία δευτεροταγή.

Άρα στο αρχικό μίγμα:

πρωτοταγής αλκοόλη: $0, 2 m o l$

δευτεροταγής αλκοόλη: $0, 4 m o l$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστά τα δύο πρώτα μέρη. Στο 3ο μέρος υπολόγισε 0,24 mol οξειδούμενης αλκοόλης, τιμή ασύμβατη με τα 0,2 mol του μέρους, και κατέληξε αντιφατικά σε πρωτοταγή αλκοόλη 0,2 mol· τελική σύσταση 0,2/0,4 mol λανθασμένη και ασυνεπής με τα δικά του 0,12/0,08 mol ανά μέρος.

Γ2β συντακτικοί τύποι αλκοολών Σ και Τ 0/2

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Γ2

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

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

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

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

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

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

γ. Να παρασκευαστεί η παρακάτω ένωση

CH₃-CH₂-C |H-CH₃ OH

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

Μονάδες 10

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Η αλκοόλη $Σ$ μπορεί να παρασκευαστεί με Grignard από έναν μόνο συνδυασμό αντιδραστηρίων, άρα είναι η 2-βουτανόλη: $C H_{3} C H (O H) C H_{2} C H_{3}$

Η άλλη ισομερής αλκοόλη είναι η 1-βουτανόλη: $C H_{3} C H_{2} C H_{2} C H_{2} O H$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Έδωσε Σ: 2-βουτανόλη και Τ: 1-βουτανόλη· καμία από τις δύο δεν είναι η ζητούμενη αντιστοιχία (Σ τριτοταγής, Τ δευτεροταγής).

Γ2γ παρασκευή αλκοόλης με συνδυασμούς Grignard 0/2

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Γ2

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

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

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

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

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

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

γ. Να παρασκευαστεί η παρακάτω ένωση

CH₃-CH₂-C |H-CH₃ OH

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

Μονάδες 10

εννοιολογικό

Τι απάντησε

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

Μπορεί να παρασκευαστεί με τους εξής συνδυασμούς Grignard και καρβονυλικής ένωσης:

Από αιθανάλη και μεθυλομαγνήσιο αλογονίδιο: $C H_{3} C H O + C H_{3} M g X αιθ ε ˊ ρας C H_{3} C H (O M g X) C H_{3} H_{2} O C H_{3} C H (O H) C H_{2} C H_{3}$

Από μεθανάλη και αιθυλομαγνήσιο αλογονίδιο: $H C H O + C_{2} H_{5} M g X αιθ ε ˊ ρας C_{2} H_{5} C H_{2} O M g X H_{2} O C H_{3} C H_{2} C H_{2} O H$

Η δεύτερη δίνει 1-βουτανόλη, άρα για την ζητούμενη ένωση ο σωστός συνδυασμός είναι ο πρώτος.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Πρότεινε CH₃CHO + CH₃MgX (δίνει 2-προπανόλη) και HCHO + C₂H₅MgX (δίνει 1-προπανόλη)· κανένας συνδυασμός δεν οδηγεί στη 2-βουτανόλη, ενώ γράφει και λανθασμένα προϊόντα.

Γ3 συντακτικοί τύποι Φ και Χ με αιτιολόγηση 0/4

Τι ζητούσε το φύλλο

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

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

Μονάδες 4

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Η προσθήκη νερού σε άκυκλο υδρογονάνθρακα με ένα μοναδικό προϊόν και με όλους τους πυρήνες των ατόμων άνθρακα στην ίδια ευθεία δείχνει αλκίνιο με τερματικό τριπλό δεσμό.

Αν το προϊόν $X$ έχει συνολικά 12 $σ$ δεσμούς, τότε για αλκοόλη από ενυδάτωση αλκινίου πρέπει να είναι η 2-βουτανόλη: $C H_{3} C H (O H) C H_{2} C H_{3}$ η οποία έχει:

9 δεσμούς $C - H$ και $O - H$ ,

3 δεσμούς $C - C$ και $C - O$ , σύνολο 12 $σ$ δεσμούς.

Άρα το αρχικό αλκίνιο είναι το 1-βουτίνιο: $C H \equiv C C H_{2} C H_{3}$

και το προϊόν είναι η 2-βουτανόλη: $C H_{3} C H (O H) C H_{2} C H_{3}$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Θεώρησε ότι η προσθήκη H₂O σε αλκίνιο δίνει αλκοόλη (2-βουτανόλη) και μέτρησε λανθασμένα 12 σ δεσμούς σε C₄H₁₀O (έχει 14)· επέλεξε τερματικό αλκίνιο, ασύμβατο με το μοναδικό προϊόν. Δεν επικαλέστηκε υβριδισμό sp.

Θέμα Δ

Δ1α υπολογισμός απόδοσης και σταθεράς Kc 4/5

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

ελλιπής τεκμηρίωση

Τι απάντησε

Στην ισορροπία το μίγμα είναι ισομοριακό και περιέχει συνολικά 12 mol αερίων.

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

Θέτω αρχικές ποσότητες: $n_{0} (N O) = a, n_{0} (O_{2}) = b, n_{0} (N O_{2}) = 0$

Αν η πρόοδος είναι $x$ , τότε: $a - 2 x = 4$ $b - x = 4$ $2 x = 4 \Rightarrow x = 2$

Άρα: $a = 8, b = 6$

Η απόδοση ως προς το $N O_{2}$ είναι: $η = \frac{n _{παραγ ο ˊ μενου N O_{2}}}{n _{θεωρητικο υ ˊ N O_{2}}} = \frac{4}{8} = 0, 5 = 50%$

Για τη σταθερά ισορροπίας: $K_{c} = \frac{[ N O _{2} ] ^{2}}{[ N O ] ^{2} [ O _{2} ]}$

Στην ισορροπία, σε όγκο 10 L: $[N O] = [O_{2}] = [N O_{2}] = \frac{4}{10} = 0, 4 M$

Άρα: $K_{c} = \frac{( 0 , 4 ) ^{2}}{( 0 , 4 ) ^{2} \cdot 0 , 4} = \frac{1}{0 , 4} = 2, 5$

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 1/2

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστός ο υπολογισμός K_c=2,5 από συγκεντρώσεις, αλλά χωρίς μονάδα (M⁻¹), οπότε χάνει μία μονάδα.

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

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

Η πρότυπη ενθαλπία αντίδρασης είναι: $Δ H^{\circ} = 2Δ H_{f}^{\circ} (N O_{2}) - 2Δ H_{f}^{\circ} (N O) - Δ H_{f}^{\circ} (O_{2})$ και επειδή $Δ H_{f}^{\circ} (O_{2}) = 0$ : $Δ H^{\circ} = 2 \cdot 33 - 2Δ H_{f}^{\circ} (N O) = 66 - 2Δ H_{f}^{\circ} (N O)$

Από τα δεδομένα, μέχρι να αποκατασταθεί η ισορροπία εκλύονται 144 kJ. Η αντίδραση προχώρησε κατά $x = 2$ mol, δηλαδή σχηματίστηκαν 4 mol $N O_{2}$ . Άρα για 2 mol αντίδρασης εκλύθηκαν 144 kJ, οπότε: $Δ H^{\circ} = - 72 kJ$

Άρα: $66 - 2Δ H_{f}^{\circ} (N O) = - 72$ $- 2Δ H_{f}^{\circ} (N O) = - 138$ $Δ H_{f}^{\circ} (N O) = 69 kJ/mol$

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

Πλήρης και τεκμηριωμένη λύση με μονάδες.

Δ1γ υπολογισμός όγκου V2 δοχείου 1/3

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

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Αφαιρούμε 3 mol $N O_{2}$ από τα 4 mol της ισορροπίας, άρα αμέσως μετά έχουμε: $n (N O) = 4, n (O_{2}) = 4, n (N O_{2}) = 1$

Στη νέα ισορροπία, επειδή το $K_{c}$ δεν αλλάζει: $K_{c} = \frac{[ N O _{2} ] ^{2}}{[ N O ] ^{2} [ O _{2} ]} = 2, 5$

Θέτω ότι η αντίδραση μετατοπίζεται προς τα δεξιά κατά $y$ mol: $n (N O) = 4 - 2 y, n (O_{2}) = 4 - y, n (N O_{2}) = 1 + 2 y$

Ο νέος όγκος είναι $V_{2}$ , άρα: $2, 5 = \frac{( \frac{1 + 2 y}{V _{2}} ) ^{2}}{( \frac{4 - 2 y}{V _{2}} ) ^{2} ( \frac{4 - y}{V _{2}} )}$

Από τη διατήρηση της ισορροπίας και επειδή το σύστημα πρέπει να παραμείνει σε ισορροπία με τις ίδιες αναλογίες, προκύπτει ότι η νέα κατάσταση αντιστοιχεί πάλι σε ισομοριακό μίγμα. Άρα: $4 - 2 y = 4 - y = 1 + 2 y$ οπότε: $y = 1, 5$

Τότε: $n (N O) = 1, n (O_{2}) = 2, 5, n (N O_{2}) = 4$

Στην ισορροπία: $K_{c} = \frac{( 4/ V _{2} ) ^{2}}{( 1/ V _{2} ) ^{2} ( 2 , 5/ V _{2} )} = \frac{16}{2 , 5} V_{2} = 6, 4 V_{2}$

Άρα: $2, 5 = 6, 4 V_{2} \Rightarrow V_{2} = \frac{2 , 5}{6 , 4} = 0, 390625 L$

δηλαδή: $V_{2} \approx 0, 39 L$

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 0/1
Αποτέλεσμα V₂ = 160 L, με μονάδα 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Εισήγαγε αυθαίρετα μετατόπιση y και την αναιτιολόγητη παραδοχή ότι το νέο μίγμα είναι πάλι ισομοριακό, οπότε εφάρμοσε την K_c σε λανθασμένες ποσότητες και βρήκε V₂≈0,39 L αντί 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

Για τις απλές αντίθετες αντιδράσεις:

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

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

Στη χρονική στιγμή $t$ έχουμε στο δοχείο 2 mol $B$ σε 1 L, άρα: $[B] = 2 M$

Δίνεται: $v_{1} = 2, 56 \cdot 1 0^{- 1} mol\cdotL^{- 1} \cdotmin^{- 1}$ $v_{2} = 1, 6 \cdot 1 0^{- 2} mol\cdotL^{- 1} \cdotmin^{- 1}$

Αρχικά υπήρχαν 4 mol $A$ και 4 mol $B$ . Αφού τώρα υπάρχουν 2 mol $B$ , έχουν αντιδράσει 2 mol $B$ και 2 mol $A$ , άρα έχουν σχηματιστεί 4 mol $Γ$ .

Επομένως: $[A] = 2 M, [B] = 2 M, [Γ] = 4 M$

Άρα: $k_{1} = \frac{v _{1}}{[ A ] [ B ]} = \frac{2 , 56 \cdot 1 0 ^{- 1}}{2 \cdot 2} = 6, 4 \cdot 1 0^{- 2} L\cdotmol^{- 1} \cdotmin^{- 1}$

και: $k_{2} = \frac{v _{2}}{[ Γ ] ^{2}} = \frac{1 , 6 \cdot 1 0 ^{- 2}}{4 ^{2}} = 1, 0 \cdot 1 0^{- 3} L\cdotmol^{- 1} \cdotmin^{- 1}$

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

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 ορθές μονάδες στις σταθερές ταχύτητας.

Δ2β υπολογισμός ποσοτήτων τριών αερίων στην ισορροπία 1/3

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

υπολογιστικό

Τι απάντησε

Θέτω ότι στην ισορροπία η πρόοδος είναι $x$ mol.

Από τα αρχικά 4 mol $A$ και 4 mol $B$ : $n (A) = 4 - x$ $n (B) = 4 - x$ $n (Γ) = 2 x$

Στη χρονική στιγμή $t$ είχαμε $n (B) = 2$ , άρα: $4 - x = 2 \Rightarrow x = 2$

Στην ισορροπία ισχύει: $K_{c} = \frac{[ Γ ] ^{2}}{[ A ] [ B ]} = 64$

Σε 1 L: $\frac{( 2 x ) ^{2}}{( 4 - x ) ^{2}} = 64$ $\frac{16}{4} = 64$

Αυτό δείχνει ότι στην ισορροπία: $4 - x = 1$ άρα: $x = 3$

Τότε: $n (A) = 1, n (B) = 1, n (Γ) = 6$

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 0/1
Ποσότητες ισορροπίας: n(A) = n(B) = 0,8 mol και n(Γ) = 6,4 mol 0/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή στήσιμο της εξίσωσης της K_c, αλλά λανθασμένη επίλυση (κατέληξε σε 4-x=1, x=3) και τελικές ποσότητες 1/1/6 mol αντί 0,8/0,8/6,4 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 επιλογή: i. μεγαλύτερη των 25 °C.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Επέλεξε i (θ > 25 °C).

Δ3β αιτιολόγηση απάντησης για θερμοκρασία 1/5

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

εννοιολογικό

Τι απάντησε

Για τα δύο διαλύματα δίνεται η ίδια συγκέντρωση $0, 1 M$ και η ίδια τιμή: $[O H^{-}] = 1 0^{- 3} M$

Για το $N H_{3}$ στους $2 5^{\circ} C$ , η τιμή αυτή αντιστοιχεί στη γνωστή συμπεριφορά του αμμωνιακού διαλύματος.

Για το $C H_{3} N H_{2}$ , το μεθυλαμίνη είναι ισχυρότερη βάση από την αμμωνία λόγω του θετικού επαγωγικού φαινομένου του $C H_{3}$ . Άρα, σε ίδια συγκέντρωση και ίδια θερμοκρασία, θα έπρεπε να δίνει μεγαλύτερη συγκέντρωση $O H^{-}$ από την αμμωνία.

Όμως δίνεται ότι και τα δύο διαλύματα έχουν την ίδια συγκέντρωση $[O H^{-}] = 1 0^{- 3} M$ , παρότι το $C H_{3} N H_{2}$ είναι ισχυρότερη βάση. Για να εξασθενήσει η βασικότητά του και να δώσει την ίδια τιμή με την αμμωνία, πρέπει η θερμοκρασία να είναι τέτοια ώστε να ευνοείται λιγότερο ο ιοντισμός του. Αυτό συμβαίνει όταν η θερμοκρασία είναι μικρότερη ή μεγαλύτερη ανάλογα με το αν ο ιοντισμός είναι ενδόθερμος.

Ο ιοντισμός των ασθενών βάσεων στο νερό είναι ενδόθερμος, άρα με αύξηση της θερμοκρασίας αυξάνεται ο ιοντισμός. Εφόσον το $C H_{3} N H_{2}$ δίνει μόνο $1 0^{- 3} M$ , η θερμοκρασία πρέπει να είναι τέτοια ώστε να μην ενισχύεται περισσότερο από την αμμωνία. Άρα η σωστή επιλογή είναι ότι η θερμοκρασία $θ$ είναι μεγαλύτερη των $2 5^{\circ} C$ .

Πώς βαθμολογήθηκε

Υπολογισμός της K_b της CH₃NH₂ στους θ °C από τα δεδομένα: K_b = (10⁻³)²/0,1 = 10⁻⁵ 0/2
Υπολογισμός της K_b της NH₃ στους 25 °C με τον ίδιο τρόπο: K_b = 10⁻⁵ (ίδια αριθμητική τιμή) 0/1
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

Δεν υπολόγισε καθόλου τις K_b. Αναφέρει σωστά το +I και το ενδόθερμο του ιοντισμού, αλλά η συλλογιστική είναι ασαφής ('μικρότερη ή μεγαλύτερη ανάλογα') και καταλήγει στο αντίθετο συμπέρασμα (θ>25 °C).