Πανελλαδικές 2026 → Χημεία → GPT-5.5

GPT-5.5 · Χημεία

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

19,095,0 / 100

Έχασε μονάδες σε 4 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 $4 f$ αντιστοιχεί σε $7$ ατομικά τροχιακά.
Γενικά:

$s$ : 1 τροχιακό

$p$ : 3 τροχιακά

$d$ : 5 τροχιακά

$f$ : 7 τροχιακά

Άρα τα περισσότερα τροχιακά έχει η υποστιβάδα $4 f$ .

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή β, με ορθή τεκμηρίωση (7 τροχιακά στην f).

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 θερμοχημική εξίσωση είναι:

$C_{3} H_{8} (g) + 5 O_{2} (g) \to 3 C O_{2} (g) + 4 H_{2} O (l), Δ H_{c}^{\circ} = - 2220 k J$

Το αρνητικό πρόσημο δείχνει ότι η αντίδραση είναι εξώθερμη. Άρα κατά την πλήρη καύση $1 m o l$ $C_{3} H_{8} (g)$ εκλύονται $2220 k J$ 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. Σύμφωνα με την αρχή «τα όμοια διαλύουν όμοια», διαλύεται περισσότερο σε μη πολικούς διαλύτες, όπως το εξάνιο, το επτάνιο και ο τετραχλωράνθρακας. Το νερό είναι πολικός διαλύτης, επομένως το $I_{2}$ έχει τη μικρότερη διαλυτότητα στο $H_{2} O$ .

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

Σωστή επιλογή: δ.

Καταλύτης είναι ουσία η οποία, με την παρουσία της σε μικρή ποσότητα, αυξάνει την ταχύτητα μιας αντίδρασης, επειδή μειώνει την ενέργεια ενεργοποίησης $E_{a}$ .

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 όξινο διάλυμα $K M n O_{4}$ προς $C O_{2}$ .

ΣΩΣΤΟ
Αυτοκατάλυση είναι το φαινόμενο κατά το οποίο ένα προϊόν της αντίδρασης δρα ως καταλύτης.

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

ΣΩΣΤΟ
Η $N H_{3}$ δέχεται πρωτόνιο και γίνεται $N H_{4}^{+}$ , άρα το $N H_{4}^{+}$ είναι το συζυγές οξύ της $N H_{3}$ .

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

Για τον $C_{1}$ : τρεις δεσμοί με H δίνουν $- 3$ και ένας δεσμός με O δίνει $+ 1$ , άρα $A . O . = - 2$ .

Για τον $C_{2}$ : δύο δεσμοί με H δίνουν $- 2$ , ένας δεσμός με O δίνει $+ 1$ και ο δεσμός C-C δίνει $0$ , άρα $A . O . = - 1$ .

Για τον $C_{3}$ : τρεις δεσμοί με H δίνουν $- 3$ , άρα $A . O . = - 3$ .

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, με σωστή ανάλυση αριθμών οξείδωσης στην 5.

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.

i) Το στοιχείο Χ ανήκει στον τομέα $p$ και έχει 3 μονήρη ηλεκτρόνια στη θεμελιώδη κατάσταση.
Στην 3η περίοδο αυτό είναι ο φωσφόρος, $P$ , με ηλεκτρονιακή δομή:

$X : 1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{2} 3 p^{3}$

ii) Το πιο ηλεκτραρνητικό στοιχείο της 3ης περιόδου είναι το χλώριο, $C l$ :

$Ψ : 1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{2} 3 p^{5}$

iii) Το στοιχείο με τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα στην 3η περίοδο είναι το νάτριο, $N a$ :

$Ω : 1 s^{2} 2 s^{2} 2 p^{6} 3 s^{1}$

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 ταυτοποίηση των στοιχείων (P, Cl, Na).

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

Κατά μήκος μιας περιόδου, από αριστερά προς τα δεξιά, γενικά η ενέργεια πρώτου ιοντισμού αυξάνεται, επειδή αυξάνεται το δραστικό πυρηνικό φορτίο και μειώνεται η ατομική ακτίνα.

Τα στοιχεία είναι:

$Ω = N a, X = P, Ψ = C l$

Άρα κατά αύξουσα ενέργεια πρώτου ιοντισμού:

$N a < P < C l$

ή

$Ω < X < Ψ$

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 Ω < Χ < Ψ.

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

Η μη ισοσταθμισμένη εξίσωση είναι:

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

Η ισοσταθμισμένη 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.

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

Στο $F e C l_{2}$ ο σίδηρος έχει αριθμό οξείδωσης $+ 2$ , ενώ στο $F e C l_{3}$ έχει αριθμό οξείδωσης $+ 3$ .

Άρα:

$F e^{2 +} \to F e^{3 +} + e^{-}$

Ο σίδηρος οξειδώνεται, επομένως το $F e C l_{2}$ είναι το αναγωγικό σώμα.

Στο $K_{2} C r_{2} O_{7}$ το χρώμιο έχει αριθμό οξείδωσης $+ 6$ , ενώ στο $C r C l_{3}$ έχει αριθμό οξείδωσης $+ 3$ .

Άρα το χρώμιο ανάγεται:

$C r^{6 +} \to C r^{3 +}$

Επομένως 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

Σωστοί χαρακτηρισμοί με ρητή αναφορά στη μεταβολή των αριθμών οξείδωσης.

Β3 εξήγηση ποια οξέα είναι ισχυρά ή ασθενή 6/6

Τι ζητούσε το φύλλο

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

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

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

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

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

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

Μονάδες 6

Τι απάντησε

Για το οξύ $H A$ :

Δίνεται διάλυμα συγκέντρωσης $0, 01 M$ με $p H = 2$ .

Άρα:

$[H_{3} O^{+}] = 1 0^{- 2} M = 0, 01 M$

Επειδή η συγκέντρωση των $H_{3} O^{+}$ είναι ίση με την αρχική συγκέντρωση του οξέος, το οξύ ιοντίζεται πλήρως. Άρα το $H A$ είναι ισχυρό οξύ.

Για το άλας $N a B$ :

Το $N a B$ προέρχεται από τη βάση $N a O H$ , που είναι ισχυρή, και από το οξύ $H B$ . Το διάλυμα του άλατος έχει $p H = 9$ , δηλαδή είναι βασικό.

Άρα το ανιόν $B^{-}$ υδρολύεται:

$B^{-} + H_{2} O ⇌ H B + O H^{-}$

Επομένως το $B^{-}$ είναι συζυγής βάση ασθενούς οξέος. Άρα το $H B$ είναι ασθενές οξύ.

Για το οξύ $H Γ$ :

Το αρχικό διάλυμα έχει $p H = 2$ . Με αραίωση δεκαπλάσια, από $10 m L$ σε $100 m L$ , αν το οξύ ήταν ισχυρό, η συγκέντρωση των $H_{3} O^{+}$ θα μειωνόταν 10 φορές, άρα το pH θα αυξανόταν κατά 1 μονάδα, δηλαδή θα γινόταν $p H = 3$ .

Όμως δίνεται ότι μετά την αραίωση:

$p H = 2, 5$

Η αύξηση του pH είναι μικρότερη από 1, γεγονός που χαρακτηρίζει ασθενές οξύ, διότι με την αραίωση αυξάνεται ο βαθμός ιοντισμού του.

Άρα το $H Γ$ είναι ασθενές οξύ.

Συμπέρασμα:

$H A : ισχυρ ο ˊ οξ υ ˊ$

$H B, H Γ : ασθεν η ˊ οξ ε ˊ α$

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 οξέα χαρακτηρίζονται σωστά με αξιοποίηση του κάθε πειραματικού δεδομένου.

Β4α επιλογή πιθανής άγνωστης ουσίας Χ 1/1

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Β4

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

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

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

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

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

(Μονάδα 1)

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

Μονάδες 4

Τι απάντησε

Η ουσία Χ είναι δυνατόν να είναι η μεθανάλη, δηλαδή η επιλογή i.

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή επιλογή.

Β4β αιτιολόγηση επιλογής ουσίας Χ 2/3

Τι ζητούσε το φύλλο · ολόκληρο το Β4

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

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

(Μονάδα 1)

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

Μονάδες 4

σωστό

Τι απάντησε

Η ωσμωτική πίεση μοριακού διαλύματος δίνεται από τη σχέση:

$Π = c R T$

Επειδή τα διαλύματα είναι μοριακά και βρίσκονται στην ίδια θερμοκρασία, η ωσμωτική πίεση εξαρτάται μόνο από τη molarity $c$ .

Το διάλυμα ουρίας είναι $6% w / v$ , δηλαδή περιέχει $6 g$ ουρίας σε $100 m L$ διαλύματος.

Για την ουρία, $M_{r} = 60$ :

$n = \frac{6}{60} = 0, 1 m o l$

σε $0, 1 L$ διαλύματος, άρα:

$c = \frac{0 , 1}{0 , 1} = 1 M$

Η μεμβράνη κινείται από το τμήμα Β προς το τμήμα Α, δηλαδή το διάλυμα στο Β έχει μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση από το διάλυμα στο Α.

Άρα πρέπει:

$c_{B} > c_{A} = 1 M$

Εξετάζουμε τις επιλογές:

Για μεθανάλη, $M_{r} = 30$ :

$n = \frac{6}{30} = 0, 2 m o l$

σε $0, 1 L$ :

$c = 2 M$

Για ουρία:

$c = 1 M$

Για γλυκόζη, $M_{r} = 180$ :

$n = \frac{6}{180} = \frac{1}{30} m o l$

σε $0, 1 L$ :

$c = \frac{1/30}{0 , 1} = \frac{1}{3} M$

Μόνο η μεθανάλη δίνει μεγαλύτερη συγκέντρωση και άρα μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση. Επομένως η Χ 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 0/1
Απαίτηση C_X > 1 M, δηλαδή M_r(X) < 60, που ικανοποιείται μόνο από τη μεθανάλη (C_X = 6/(30·0,1) = 2 M) 1/1

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Το «η μεμβράνη κινείται από το Β προς το Α, δηλαδή το Β έχει μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση» αντικαθιστά με ένα «δηλαδή» ολόκληρο το βήμα: δεν λέγεται ότι το νερό μετακινείται προς το υπερτονικό. Τα σκέλη του υπολογισμού και της τελικής επιλογής κατακτώνται.

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

Το οξύ είναι το $C H_{3} C O O H$ , δηλαδή η επιλογή ii.

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 μονοπρωτικού οξέος με ισχυρή βάση, στο σημείο ημιεξουδετέρωσης ισχύει:

$p H = p K_{a}$

Από την καμπύλη δίνεται ότι για όγκο:

$V = \frac{V _{ισ.}}{2}$

το pH είναι 5. Άρα:

$p K_{a} = 5$

Επομένως:

$K_{a} = 1 0^{- 5}$

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

Επιπλέον, το ισοδύναμο σημείο έχει $p H > 7$ , γεγονός που επιβεβαιώνει ότι πρόκειται για ογκομέτρηση ασθενούς οξέος με ισχυρή βάση. Στο ισοδύναμο σημείο υπάρχει το άλας $C H_{3} C O O N a$ , του οποίου το ανιόν $C H_{3} C O O^{-}$ υδρολύεται:

$C H_{3} C O O^{-} + H_{2} O ⇌ C H_{3} C O O H + O H^{-}$

οπότε το διάλυμα είναι βασικό.

Άρα το οξύ είναι:

$C H_{3} C O O H$

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

Το κρίσιμο βήμα pH=pK_a στο ημιισοδύναμο σημείο δίνεται σωστά, αλλά επικαλείται ως έτοιμο συμπέρασμα: λείπει η στοιχειομετρική τεκμηρίωση (n_HA, n_NaOH) και η ρητή διαπίστωση ρυθμιστικού διαλύματος με ίσες συγκεντρώσεις.

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

Από την αντίδραση:

$A + N a O H \to B + Γ$

και επειδή η ένωση $A$ έχει μοριακό τύπο $C_{ν} H_{2 ν} O_{2}$ , συμπεραίνουμε ότι είναι εστέρας κορεσμένου μονοκαρβοξυλικού οξέος.

Η ένωση $B$ με όξινο $K M n O_{4}$ δίνει $C O_{2}$ , άρα είναι άλας του μυρμηκικού οξέος:

$B : H C O O N a$

Επομένως ο εστέρας είναι μυρμηκικός εστέρας. Από τη συνέχεια των αντιδράσεων προκύπτει ότι η αλκοόλη $Γ$ είναι η μεθανόλη.

Άρα:

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

$B : H C O O N a$

$Γ : C H_{3} O H$

Η μεθανόλη με $S O C l_{2}$ δίνει χλωρομεθάνιο:

$C H_{3} O H S O C l_{2} C H_{3} C l$

Άρα:

$Δ : C H_{3} C l$

Το $C H_{3} C l$ με Mg σε άνυδρο αιθέρα δίνει αντιδραστήριο Grignard:

$C H_{3} C l + M g \to C H_{3} M g C l$

Άρα:

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

Η μεθανόλη με Cu στους $32 0^{\circ} C$ οξειδώνεται/αφυδρογονώνεται σε μεθανάλη:

$C H_{3} O H C u /32 0^{\circ} C H C H O$

Άρα:

$Θ : H C H O$

Η μεθανάλη αντιδρά με $C H_{3} M g C l$ και μετά από υδρόλυση δίνει αιθανόλη:

$H C H O + C H_{3} M g C l \to C H_{3} C H_{2} O M g C l$

και με νερό:

$C H_{3} C H_{2} O M g C l + H_{2} O \to C H_{3} C H_{2} O H + M g (O H) C l$

Άρα:

$K : C H_{3} C H_{2} O H$

Η αιθανόλη δίνει θετική αλογονοφορμική αντίδραση με $I_{2} / N a O H$ , σχηματίζοντας κίτρινο ίζημα $C H I_{3}$ .

Με πυκνό $H_{2} S O_{4}$ στους $17 0^{\circ} C$ , η αιθανόλη αφυδατώνεται σε αιθένιο:

$C H_{3} C H_{2} O H π . H_{2} S O_{4}, 17 0^{\circ} C C H_{2} = C H_{2}$

Άρα:

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

Το αιθένιο με $B r_{2} / C C l_{4}$ δίνει 1,2-διβρωμοαιθάνιο:

$C H_{2} = C H_{2} + B r_{2} \to B r C H_{2} - C H_{2} B r$

Άρα:

$N : B r C H_{2} - C H_{2} B r$

Το 1,2-διβρωμοαιθάνιο με αλκοολικό KOH δίνει αιθίνιο:

$B r C H_{2} - C H_{2} B r K O H / α λκ ο ο ˊ λ η H C \equiv C H$

Άρα:

$Π : H C \equiv C H$

Το αιθίνιο με περίσσεια αμμωνιακού διαλύματος $C u C l$ δίνει ίζημα χαλκούχου ακετυλιδίου:

$H C \equiv C H + 2 C u C l + 2 N H_{3} \to C u C \equiv C C u + 2 N H_{4} C l$

Άρα:

$P : C u C \equiv C C u$

Συνολικά:

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

$B : H C O O N a$

$Γ : C H_{3} O H$

$Δ : C H_{3} C l$

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

$Θ : H C H O$

$K : C H_{3} C H_{2} O H$

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

$N : B r C H_{2} - C H_{2} B r$

$Π : H C \equiv C H$

$P : C u C \equiv C C u$

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 ένδεκα ενώσεις σωστές, σε συντακτικούς τύπους, με πλήρη πορεία τεκμηρίωσης.

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

Το μίγμα χωρίζεται σε τρία ίσα μέρη.

Στο πρώτο μέρος, όλες οι αλκοόλες αντιδρούν με Na:

$2 R O H + 2 N a \to 2 R O N a + H_{2}$

Εκλύονται $2, 24 L$ αερίου σε STP, άρα:

$n_{H_{2}} = \frac{2 , 24}{22 , 4} = 0, 1 m o l$

Από τη στοιχειομετρία:

$2 m o l R O H \to 1 m o l H_{2}$

Άρα τα mol αλκοολών στο πρώτο μέρος είναι:

$n_{R O H} = 2 \cdot 0, 1 = 0, 2 m o l$

Επειδή τα τρία μέρη είναι ίσα, στο αρχικό μίγμα υπάρχουν:

$n_{ολ} = 3 \cdot 0, 2 = 0, 6 m o l$

Στο δεύτερο μέρος, η αντίδραση με $I_{2} / N a O H$ δίνει $0, 12 m o l$ κίτρινου ιζήματος $C H I_{3}$ .

Από τις ισομερείς αλκοόλες με μοριακό τύπο $C_{4} H_{9} O H$ , θετική αλογονοφορμική αντίδραση δίνει η 2-βουτανόλη:

$C H_{3} C H (O H) C H_{2} C H_{3}$

Κάθε mol 2-βουτανόλης δίνει 1 mol $C H I_{3}$ . Άρα στο δεύτερο μέρος υπάρχουν:

$0, 12 m o l$

2-βουτανόλης.

Επειδή στο κάθε μέρος υπάρχουν συνολικά $0, 2 m o l$ αλκοολών, τα mol της άλλης αλκοόλης στο κάθε μέρος είναι:

$0, 2 - 0, 12 = 0, 08 m o l$

Στο τρίτο μέρος χρησιμοποιούνται:

$n_{K M n O_{4}} = C \cdot V = 0, 1 \cdot 0, 48 = 0, 048 m o l$

Σε όξινο περιβάλλον:

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

Άρα τα mol ηλεκτρονίων που δέχεται το $K M n O_{4}$ είναι:

$n_{e} = 5 \cdot 0, 048 = 0, 24 m o l$

Η 2-βουτανόλη είναι δευτεροταγής αλκοόλη και οξειδώνεται σε κετόνη, αποβάλλοντας 2 ηλεκτρόνια ανά mol:

$R_{2} C H O H \to R_{2} C O + 2 H^{+} + 2 e^{-}$

Για $0, 12 m o l$ 2-βουτανόλης:

$n_{e} = 0, 12 \cdot 2 = 0, 24 m o l$

Άρα όλο το $K M n O_{4}$ καταναλώνεται για την οξείδωση της 2-βουτανόλης. Η άλλη αλκοόλη δεν οξειδώνεται, επομένως είναι τριτοταγής αλκοόλη, δηλαδή η 2-μεθυλο-2-προπανόλη.

Στο κάθε μέρος:

$n (2-βουταν ο ˊ λης) = 0, 12 m o l$

$n (2-μεθυλο-2-προπαν ο ˊ λης) = 0, 08 m o l$

Στο αρχικό μίγμα, που είναι τριπλάσιο:

$n (2-βουταν ο ˊ λης) = 3 \cdot 0, 12 = 0, 36 m o l$

$n (2-μεθυλο-2-προπαν ο ˊ λης) = 3 \cdot 0, 08 = 0, 24 m o l$

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) 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

Σωστή πλήρης λύση· η στοιχειομετρία KMnO₄/αλκοόλης ελέγχθηκε ισοδύναμα με ισοζύγιο ηλεκτρονίων (0,24 mol e⁻ και από τις δύο πλευρές).

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

Η αλκοόλη που μπορεί να παρασκευαστεί με έναν μόνο συνδυασμό αντιδραστηρίου Grignard και καρβονυλικής ένωσης είναι η τριτοταγής αλκοόλη 2-μεθυλο-2-προπανόλη.

Άρα:

$Σ : (C H_{3})_{3} C O H$

και

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

δηλαδή:

$Σ$ : 2-μεθυλο-2-προπανόλη

$T$ : 2-βουτανόλη

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 ένωση είναι η 2-βουτανόλη:

$C H_{3} C H_{2} C H (O H) C H_{3}$

Οι δευτεροταγείς αλκοόλες παρασκευάζονται από αλδεΰδες με αντιδραστήρια Grignard.

Οι δυνατοί συνδυασμοί είναι:

1ος τρόπος:

$C H_{3} C H O + C_{2} H_{5} M g C l \to C H_{3} C H (O M g C l) C H_{2} C H_{3}$

και στη συνέχεια υδρόλυση:

$C H_{3} C H (O M g C l) C H_{2} C H_{3} + H_{2} O \to C H_{3} C H (O H) C H_{2} C H_{3} + M g (O H) C l$

2ος τρόπος:

$C H_{3} C H_{2} C H O + C H_{3} M g C l \to C H_{3} C H_{2} C H (O M g C l) C H_{3}$

και στη συνέχεια υδρόλυση:

$C H_{3} C H_{2} C H (O M g C l) C H_{3} + H_{2} O \to C H_{3} C H_{2} C H (O H) C H_{3} + M g (O H) C l$

Άρα οι δύο δυνατοί συνδυασμοί είναι:

$C H_{3} C H O με C_{2} H_{5} M g C l$

και

$C H_{3} C H_{2} C H O με C H_{3} M g C l$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Και οι δύο συνδυασμοί, με υδρόλυση των ενδιαμέσων.

Γ3 συντακτικοί τύποι Φ και Χ με αιτιολόγηση 3/4

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

σωστό

Τι απάντησε

Η προσθήκη νερού σε άκυκλο υδρογονάνθρακα παρουσία καταλυτών παραπέμπει σε προσθήκη νερού σε αλκίνιο.

Δίνεται ότι οι πυρήνες όλων των ατόμων άνθρακα στο μόριο του $Φ$ βρίσκονται στην ίδια ευθεία. Αυτό συμβαίνει στο συμμετρικό αλκίνιο 2-βουτίνιο:

$Φ : C H_{3} - C \equiv C - C H_{3}$

Με προσθήκη νερού σε αλκίνιο παρουσία καταλυτών, σχηματίζεται αρχικά ενολική μορφή, η οποία μετατρέπεται σε κετόνη. Για το 2-βουτίνιο, λόγω συμμετρίας, σχηματίζεται μοναδικό προϊόν, η 2-βουτανόνη:

$C H_{3} - C \equiv C - C H_{3} H_{2} O / H^{+}, H g^{2 +} C H_{3} C O C H_{2} C H_{3}$

Άρα:

$X : C H_{3} C O C H_{2} C H_{3}$

Ελέγχουμε τους $σ$ δεσμούς στο $X$ :

Στην 2-βουτανόνη $C H_{3} C O C H_{2} C H_{3}$ υπάρχουν:

$8$ δεσμοί C-H,

$3$ δεσμοί C-C,

$1$ δεσμός $σ$ στο $C = O$ .

Σύνολο:

$8 + 3 + 1 = 12 σ δεσμο ι ˊ$

Άρα:

$Φ : C H_{3} - C \equiv C - C H_{3}$

$X : C H_{3} C O C H_{2} C H_{3}$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Υποθέτει το 2-βουτίνιο από τη συγγραμμικότητα και μετά το επαληθεύει με τους 12 σ δεσμούς — κυκλική τεκμηρίωση. Η συγγραμμικότητα δεν είναι μονοσήμαντη (ισχύει και για C₂H₂, προπίνιο)· ό,τι καθηλώνει το ν=4 είναι οι σ δεσμοί, και η παραγωγή του ν δεν γράφεται πουθενά.

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

Η αντίδραση είναι:

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

Στην ισορροπία το μίγμα είναι ισομοριακό και περιέχει συνολικά $12 m o l$ αερίων. Επειδή υπάρχουν τρία αέρια:

$n_{N O} = n_{O_{2}} = n_{N O_{2}} = \frac{12}{3} = 4 m o l$

Έστω ότι η μεταβολή της αντίδρασης είναι $x$ mol.

Αφού στην αρχή υπάρχουν μόνο $N O$ και $O_{2}$ , η ποσότητα του $N O_{2}$ στην ισορροπία είναι:

$2 x = 4 \Rightarrow x = 2 m o l$

Άρα καταναλώθηκαν:

$n_{N O} = 2 x = 4 m o l$

$n_{O_{2}} = x = 2 m o l$

Επομένως οι αρχικές ποσότητες ήταν:

$n_{N O, 0} = 4 + 4 = 8 m o l$

$n_{O_{2}, 0} = 4 + 2 = 6 m o l$

Για πλήρη αντίδραση, περιοριστικό αντιδρών είναι το $N O$ , αφού για $8 m o l$ $N O$ απαιτούνται:

$n_{O_{2}} = \frac{8}{2} = 4 m o l$

και υπάρχουν $6 m o l$ .

Η μέγιστη ποσότητα $N O_{2}$ που θα μπορούσε να σχηματιστεί είναι:

$n_{N O_{2}, m a x} = 8 m o l$

Η πραγματική ποσότητα $N O_{2}$ στην ισορροπία είναι $4 m o l$ .

Άρα η απόδοση είναι:

$α = \frac{4}{8} = 0, 5 = 50%$

Ο όγκος του δοχείου είναι $V_{1} = 10 L$ , άρα στην ισορροπία:

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

Η σταθερά ισορροπίας είναι:

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

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

Ορθή μέθοδος και σωστή αριθμητική τιμή Kc=2,5, αλλά δίνεται χωρίς τη μονάδα (M⁻¹), οπότε το σκέλος πιστώνεται μερικώς.

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

Μέχρι να αποκατασταθεί η ισορροπία, η μεταβολή της αντίδρασης ήταν:

$x = 2 m o l$

Εκλύθηκαν $144 k J$ , άρα για $x = 2 m o l$ :

$q = 144 k J$

Για $x = 1 m o l$ , δηλαδή για την αντίδραση όπως είναι γραμμένη:

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

εκλύονται:

$\frac{144}{2} = 72 k J$

Άρα:

$Δ H^{\circ} = - 72 k J$

Ισχύει:

$Δ H^{\circ} = 2Δ H_{f}^{\circ} (N O_{2}) - 2Δ H_{f}^{\circ} (N O)$

Δίνεται:

$Δ H_{f}^{\circ} (N O_{2}) = 33 k J / m o l$

Έστω:

$Δ H_{f}^{\circ} (N O) = x$

Τότε:

$- 72 = 2 \cdot 33 - 2 x$

$- 72 = 66 - 2 x$

$- 138 = - 2 x$

$x = 69 k J / m o l$

Άρα:

$Δ H_{f}^{\circ} (N O) = 69 k J / m o l$

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 στα 2 mol NO και σωστό 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

Στην αρχική ισορροπία είχαμε:

$n_{N O} = 4 m o l, n_{O_{2}} = 4 m o l, n_{N O_{2}} = 4 m o l$

Απομακρύνονται $3 m o l$ $N O_{2}$ , οπότε μένουν:

$n_{N O} = 4 m o l$

$n_{O_{2}} = 4 m o l$

$n_{N O_{2}} = 1 m o l$

Ταυτόχρονα μεταβάλλουμε τον όγκο σε $V_{2}$ , ώστε το σύστημα να παραμείνει σε ισορροπία. Άρα πρέπει να ισχύει ξανά:

$K_{c} = 2, 5$

Με όγκο $V_{2}$ :

$[N O] = \frac{4}{V _{2}}, [O_{2}] = \frac{4}{V _{2}}, [N O_{2}] = \frac{1}{V _{2}}$

Άρα:

$K_{c} = \frac{( \frac{1}{V _{2}} ) ^{2}}{( \frac{4}{V _{2}} ) ^{2} ( \frac{4}{V _{2}} )}$

$2, 5 = \frac{\frac{1}{V _{2}^{2}}}{\frac{64}{V _{2}^{3}}}$

$2, 5 = \frac{V _{2}}{64}$

$V_{2} = 160 L$

Άρα ο νέος όγκος του δοχείου είναι:

$V_{2} = 160 L$

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

Πλήρης λύση με ρητή επίκληση της σταθερότητας της Kc και μονάδα όγκου.

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 είναι:

$A (g) + B (g) ⇌ 2Γ (g)$

Οι δύο αντίθετες αντιδράσεις είναι απλές, άρα οι νόμοι ταχύτητας είναι:

$υ_{1} = k_{1} [A] [B]$

$υ_{2} = k_{2} [Γ]^{2}$

Ο όγκος είναι $1 L$ , οπότε οι συγκεντρώσεις είναι αριθμητικά ίσες με τα mol.

Αρχικά:

$n_{A} = 4 m o l, n_{B} = 4 m o l, n_{Γ} = 0$

Τη χρονική στιγμή $t$ υπάρχουν $2 m o l$ $B$ , άρα έχουν καταναλωθεί:

$4 - 2 = 2 m o l B$

Επομένως έχουν καταναλωθεί και $2 m o l$ $A$ , ενώ έχουν σχηματιστεί:

$2 \cdot 2 = 4 m o l Γ$

Άρα τη στιγμή $t$ :

$[A] = 2 M, [B] = 2 M, [Γ] = 4 M$

Για την προς τα δεξιά αντίδραση:

$υ_{1} = k_{1} [A] [B]$

$2, 56 \cdot 1 0^{- 1} = k_{1} \cdot 2 \cdot 2$

$0, 256 = 4 k_{1}$

$k_{1} = 0, 064 L m o l^{- 1} mi n^{- 1}$

Για την προς τα αριστερά αντίδραση:

$υ_{2} = k_{2} [Γ]^{2}$

$1, 6 \cdot 1 0^{- 2} = k_{2} \cdot 4^{2}$

$0, 016 = 16 k_{2}$

$k_{2} = 0, 001 L m o l^{- 1} mi n^{- 1}$

Στην ισορροπία ισχύει:

$υ_{1} = υ_{2}$

Άρα:

$k_{1} [A] [B] = k_{2} [Γ]^{2}$

οπότε:

$K_{c} = \frac{[ Γ ] ^{2}}{[ A ] [ B ]} = \frac{k _{1}}{k _{2}}$

$K_{c} = \frac{0 , 064}{0 , 001} = 64$

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 τεκμηριωμένη σχέση Kc=k₁/k₂ μέσω υ₁=υ₂ στην ισορροπία.

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

Αρχικά έχουμε:

$n_{A} = 4 m o l, n_{B} = 4 m o l, n_{Γ} = 0$

Έστω $x$ mol η ποσότητα του $A$ και του $B$ που αντιδρά μέχρι την ισορροπία.

Στην ισορροπία:

$n_{A} = 4 - x$

$n_{B} = 4 - x$

$n_{Γ} = 2 x$

Επειδή $V = 1 L$ , οι συγκεντρώσεις είναι ίσες αριθμητικά με τα mol.

Άρα:

$K_{c} = \frac{[ Γ ] ^{2}}{[ A ] [ B ]}$

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

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

Παίρνουμε θετική τετραγωνική ρίζα:

$8 = \frac{2 x}{4 - x}$

$8 (4 - x) = 2 x$

$32 - 8 x = 2 x$

$10 x = 32$

$x = 3, 2 m o l$

Άρα στην ισορροπία:

$n_{A} = 4 - 3, 2 = 0, 8 m o l$

$n_{B} = 4 - 3, 2 = 0, 8 m o l$

$n_{Γ} = 2 \cdot 3, 2 = 6, 4 m o l$

Πώς βαθμολογήθηκε

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

Αιτιολόγηση βαθμολογητή

Σωστή αλγεβρική επίλυση και αποτελέσματα 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

Σωστή επιλογή: ii. μικρότερη των $2 5^{\circ} C$ .

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

Για τη μεθυλαμίνη:

$C H_{3} N H_{2} + H_{2} O ⇌ C H_{3} N H_{3}^{+} + O H^{-}$

Για την αμμωνία:

$N H_{3} + H_{2} O ⇌ N H_{4}^{+} + O H^{-}$

Και στα δύο διαλύματα η αρχική συγκέντρωση της βάσης είναι:

$C = 0, 1 M$

και δίνεται ότι:

$[O H^{-}] = 1 0^{- 3} M$

Με τις γνωστές προσεγγίσεις:

$K_{b} = \frac{[ B H ^{+} ] [ O H ^{-} ]}{[ B ]} \approx \frac{x ^{2}}{C}$

όπου:

$x = [O H^{-}] = 1 0^{- 3} M$

Άρα και στις δύο περιπτώσεις, στις αντίστοιχες θερμοκρασίες, ισχύει:

$K_{b} \approx \frac{( 1 0 ^{- 3} ) ^{2}}{0 , 1} = \frac{1 0 ^{- 6}}{1 0 ^{- 1}} = 1 0^{- 5}$

Δηλαδή:

$K_{b} (C H_{3} N H_{2}, θ) = K_{b} (N H_{3}, 2 5^{\circ} C)$

Όμως το $C H_{3} -$ παρουσιάζει εντονότερο $+ I$ επαγωγικό φαινόμενο από το $H -$ :

$- H < - C H_{3}$

Η ομάδα $C H_{3} -$ αυξάνει την ηλεκτρονιακή πυκνότητα στο άζωτο, οπότε η $C H_{3} N H_{2}$ είναι ισχυρότερη βάση από την $N H_{3}$ στην ίδια θερμοκρασία.

Άρα στους $2 5^{\circ} C$ θα ίσχυε:

$K_{b} (C H_{3} N H_{2}, 2 5^{\circ} C) > K_{b} (N H_{3}, 2 5^{\circ} C)$

Επειδή όμως δίνεται ότι η $C H_{3} N H_{2}$ έχει τελικά την ίδια τιμή $[O H^{-}]$ με την $N H_{3}$ στους $2 5^{\circ} C$ , πρέπει η βασικότητα της $C H_{3} N H_{2}$ να έχει μειωθεί. Ο ιοντισμός των ασθενών βάσεων είναι ενδόθερμη διαδικασία, άρα με μείωση της θερμοκρασίας μειώνεται το $K_{b}$ .

Επομένως:

$θ < 2 5^{\circ} C$

Πώς βαθμολογήθηκε

Υπολογισμός της K_b της CH₃NH₂ στους θ °C από τα δεδομένα: K_b = (10⁻³)²/0,1 = 10⁻⁵ 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 τιμών Kb, του +I φαινομένου και του ενδόθερμου χαρακτήρα του ιοντισμού.