Πανελλαδικές Εξετάσεις 2024 — chemistry, Θέμα C (6 μονάδες)

Ποσότητα 1 mol προπενίου πολυμερίζεται πλήρως υπό κατάλληλες συνθήκες και προκύπτει διάλυμα όγκου 1 L. Το διάλυμα μετά τον πολυμερισμό έχει ωσμωτική πίεση 0,0246 atm σε θερμοκρασία θ = 27°C.
α. Να γράψετε τη χημική εξίσωση πολυμερισμού. (μονάδα 1)
β. Να προσδιορίσετε τον αριθμό των μορίων του μονομερούς που σχηματίζουν ένα μόριο πολυμερούς. (μονάδες 3)
γ. Να αναφέρετε το είδος των υβριδικών τροχιακών όλων των ατόμων C στο μονομερές και στην επαναλαμβανόμενη δομική μονάδα του πολυμερούς (μονάδα 1). Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας (μονάδα 1).
Δίνεται: $R = 0{,}082 \ \dfrac{L \cdot atm}{mol \cdot K}$.

Απάντηση:
α. $\nu \ CH_2{=}CH{-}CH_3 \to (-CH_2{-}CH(CH_3)-)_\nu$ (πολυπροπένιο/πολυπροπυλένιο).
β. $\Pi = cRT \Rightarrow 0{,}0246 = c \cdot 0{,}082 \cdot 300 \Rightarrow c = 10^{-3}$ M, άρα $n_{\pi o\lambda} = 10^{-3}$ mol σε 1 L. Από 1 mol μονομερούς προκύπτουν $1/\nu$ mol πολυμερούς: $\dfrac{1}{\nu} = 10^{-3} \Rightarrow \nu = 1000$ μόρια μονομερούς ανά μόριο πολυμερούς.
γ. Στο μονομερές $CH_2{=}CH{-}CH_3$: οι δύο C του διπλού δεσμού έχουν υβριδισμό $sp^2$, ο C του $CH_3$ έχει $sp^3$. Στην επαναλαμβανόμενη δομική μονάδα του πολυμερούς όλοι οι C έχουν $sp^3$. Αιτιολόγηση: άτομο C με διπλό δεσμό (1σ + 1π προς το ίδιο άτομο) χρησιμοποιεί τρία $sp^2$ υβριδικά τροχιακά, ενώ άτομο C μόνο με απλούς (σ) δεσμούς χρησιμοποιεί τέσσερα $sp^3$· μετά τον πολυμερισμό ο διπλός δεσμός έχει διασπαστεί και όλοι οι δεσμοί είναι απλοί.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (6 μ.). α (1 μ.): ορθή εξίσωση πολυμερισμού με συντελεστή ν και σωστή επαναλαμβανόμενη μονάδα. β (3 μ.): εφαρμογή $\Pi = cRT$ με Τ = 300 Κ και εύρεση c = 10⁻³ M: 2 μ.· υπολογισμός ν = 1000: 1 μ. Λάθος στη μετατροπή °C → K: -1 μ. γ (2 μ.): ορθή αναφορά υβριδισμών (μονομερές: 2×sp², 1×sp³· πολυμερές: όλοι sp³): 1 μ.· αιτιολόγηση με βάση διπλό δεσμό → sp², μόνο απλοί δεσμοί → sp³: 1 μ.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2024 — chemistry, Θέμα C (8 μονάδες)

Σε κενό δοχείο όγκου 2 L και σε θερμοκρασία θ°C, προστίθεται ποσότητα στερεής οργανικής ένωσης Χ και 0,6 mol ένωσης Ψ, οπότε πραγματοποιείται η απλή αντίδραση με χημική εξίσωση:
$$X(s) + 2\Psi(g) \to \Omega(g)$$
Τη χρονική στιγμή $t_1$ η ποσότητα του Ω στο δοχείο είναι 0,1 mol. Τη χρονική στιγμή $t_2$ ολοκληρώνεται η χημική αντίδραση και το σύνολο των αερίων μορίων είναι 0,4 mol.
α. Να υπολογίσετε τη στιγμιαία ταχύτητα της αντίδρασης τη χρονική στιγμή $t_1$. (μονάδες 2)
β. Να υπολογίσετε τη στιγμιαία ταχύτητα κατανάλωσης του Ψ τη χρονική στιγμή $t_1$. (μονάδες 2)
γ. Να υπολογίσετε τη σύσταση όλων των σωμάτων τη χρονική στιγμή $t_2$. (μονάδες 4)
Δίνεται η σταθερά ταχύτητας $k = 10^{-3} \ M^{-1} \cdot s^{-1}$.

Απάντηση:
Η απλή αντίδραση με στερεό Χ έχει νόμο ταχύτητας $v = k[\Psi]^2$ (το στερεό δεν μετέχει).
α. Στη στιγμή $t_1$: παρήχθησαν 0,1 mol Ω, άρα καταναλώθηκαν 0,2 mol Ψ και $n_\Psi = 0{,}6 - 0{,}2 = 0{,}4$ mol, $[\Psi] = 0{,}4/2 = 0{,}2$ M. $v = 10^{-3} \cdot (0{,}2)^2 = 4 \cdot 10^{-5}$ M/s.
β. $v_\Psi = 2v = 8 \cdot 10^{-5}$ M/s.
γ. Στην ολοκλήρωση: αν αντέδρασαν y mol Χ, τα αέρια είναι $(0{,}6-2y) + y = 0{,}6 - y = 0{,}4 \Rightarrow y = 0{,}2$ mol. Αφού η αντίδραση ολοκληρώθηκε με Ψ σε περίσσεια, το Χ εξαντλήθηκε (αρχική ποσότητα Χ = 0,2 mol). Τελικά: Χ = 0 mol, Ψ = 0,6 - 0,4 = 0,2 mol, Ω = 0,2 mol.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (8 μ.). α (2 μ.): νόμος ταχύτητας $v=k[\Psi]^2$ (χωρίς το στερεό): 1 μ.· υπολογισμός $[\Psi]_{t_1}=0{,}2$ M (με χρήση V = 2 L) και $v = 4\cdot10^{-5}$ M/s: 1 μ. Παράλειψη διαίρεσης με τον όγκο (χρήση mol αντί Μ): -1 μ. β (2 μ.): σχέση $v_\Psi = 2v$: 1 μ.· αποτέλεσμα $8\cdot10^{-5}$ M/s: 1 μ. (μεταφερόμενο λάθος από το α δεν ξαναχρεώνεται). γ (4 μ.): εξίσωση συνόλου αερίων $0{,}6-y=0{,}4$ και y = 0,2 mol: 2 μ.· αναγνώριση ότι το Χ εξαντλείται (ολοκλήρωση με παρουσία Ψ): 1 μ.· τελική σύσταση (Χ: 0, Ψ: 0,2 mol, Ω: 0,2 mol): 1 μ.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2024 — chemistry, Θέμα D (5 μονάδες)

Υδατικό διάλυμα, που περιέχει $CH_3COOH$ συγκέντρωσης 1 Μ και HCOOH συγκέντρωσης 0,8 Μ, βρίσκεται σε θερμοκρασία 25°C. Να υπολογιστεί η συγκέντρωση των $H_3O^+$ στο διάλυμα.
Δίνονται: για το $CH_3COOH$: $K_a = 10^{-5}$· για το HCOOH: $K_a' = 10^{-4}$· τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις.

Απάντηση:
Έστω x, ψ οι συγκεντρώσεις των ιοντισμένων $CH_3COOH$ και HCOOH αντίστοιχα· και οι δύο ιοντισμοί δίνουν κοινό ιόν $H_3O^+$ με $[H_3O^+] = x + \psi$. Με τις γνωστές προσεγγίσεις:
$K_a = \dfrac{(x+\psi)x}{1} = 10^{-5}$ και $K_a' = \dfrac{(x+\psi)\psi}{0{,}8} = 10^{-4}$.
Άρα $(x+\psi)x = 10^{-5}$ και $(x+\psi)\psi = 0{,}8 \cdot 10^{-4}$. Προσθέτοντας κατά μέλη: $(x+\psi)^2 = 10^{-5} + 8\cdot10^{-5} = 9\cdot10^{-5}$, οπότε $[H_3O^+] = x+\psi = \sqrt{9\cdot10^{-5}} = 3\cdot10^{-2{,}5} \approx 9{,}5\cdot10^{-3}$ M.
(Γενικά: $[H_3O^+] = \sqrt{K_a C + K_a' C'}$ για μίγμα δύο ασθενών οξέων.)

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (5 μ.). Γραφή των δύο ιοντισμών με κοινό ιόν $H_3O^+$ και ορισμός $[H_3O^+]=x+\psi$: 1 μ. Εκφράσεις των δύο $K_a$ με τις προσεγγίσεις ($1-x\approx1$, $0{,}8-\psi\approx0{,}8$): 2 μ. Πρόσθεση κατά μέλη και $(x+\psi)^2 = 9\cdot10^{-5}$: 1 μ. Τελικό αποτέλεσμα $[H_3O^+] = 3\cdot10^{-2{,}5}$ M ($\approx 9{,}5\cdot10^{-3}$ M): 1 μ. Επίλυση που αγνοεί την επίδραση κοινού ιόντος (ανεξάρτητοι ιοντισμοί, άθροισμα $\sqrt{K_aC}+\sqrt{K_a'C'}$): έως 2 μ. συνολικά.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2024 — chemistry, Θέμα D (11 μονάδες)

Διαθέτουμε τα παρακάτω διαλύματα:
• Υ1: Υδατικό διάλυμα $NH_3$ όγκου 100 mL και συγκέντρωσης 0,5 Μ
• Υ2: Υδατικό διάλυμα HBr όγκου 100 mL και συγκέντρωσης 1 Μ
α. Να υπολογιστεί ο μέγιστος όγκος ρυθμιστικού διαλύματος Υ3 με pH = 9, που μπορεί να προκύψει από την ανάμιξη των διαλυμάτων Υ1 και Υ2. (μονάδες 7)
β. Στο ρυθμιστικό διάλυμα Υ3 με pH = 9 προσθέτουμε σταγόνες του δείκτη ΗΔ με $K_{a,H\Delta} = 10^{-9}$. Να υπολογιστεί ο βαθμός ιοντισμού του δείκτη ΗΔ στο διάλυμα Υ3. Η θερμοκρασία του διαλύματος παραμένει σταθερή. (μονάδες 4)
Δίνονται: $K_w = 10^{-14}$· για την $NH_3$: $K_b = 10^{-5}$· όλα τα διαλύματα βρίσκονται σε θ = 25°C και τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις.

Απάντηση:
α. Για ρυθμιστικό διάλυμα $NH_3/NH_4^+$ πρέπει το HBr να είναι σε έλλειμμα. Έστω ότι αναμιγνύουμε $V_1$ L του Υ1 και $V_2$ L του Υ2: mol $NH_3 = 0{,}5V_1$, mol HBr $= V_2$. Η εξουδετέρωση $NH_3 + HBr \to NH_4Br$ αφήνει $NH_3$: $0{,}5V_1 - V_2$ mol και παράγει $NH_4^+$: $V_2$ mol. Με pH = 9 → pOH = 5 → $[OH^-] = 10^{-5} = K_b$, οπότε από $[OH^-] = K_b \cdot \dfrac{c_b}{c_s}$ απαιτείται $c_b = c_s$, δηλαδή $0{,}5V_1 - V_2 = V_2 \Rightarrow V_1 = 4V_2$. Για μέγιστο όγκο χρησιμοποιούμε όλο το Υ1 ($V_1 = 100$ mL), οπότε $V_2 = 25$ mL και ο μέγιστος όγκος του Υ3 είναι $V_3 = 100 + 25 = 125$ mL.
β. Για τον δείκτη: $H\Delta + H_2O \rightleftharpoons \Delta^- + H_3O^+$ με $K_a = \dfrac{[\Delta^-][H_3O^+]}{[H\Delta]}$. Στο Υ3 το pH καθορίζεται από το ρυθμιστικό: $[H_3O^+] = 10^{-9}$ M. Άρα $\dfrac{[\Delta^-]}{[H\Delta]} = \dfrac{K_a}{[H_3O^+]} = \dfrac{10^{-9}}{10^{-9}} = 1$, δηλαδή ιοντίζεται το μισό: αν C η ολική συγκέντρωση του δείκτη και x η ιοντισμένη, $C - x = x \Rightarrow C = 2x$. Βαθμός ιοντισμού $\alpha = x/C = 0{,}5$ (50%).

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (11 μ.). α (7 μ.): συνθήκη σχηματισμού ρυθμιστικού (περίσσεια $NH_3$, πλήρης κατανάλωση HBr) και στοιχειομετρία εξουδετέρωσης: 2 μ.· pH = 9 → $[OH^-] = 10^{-5}$ και εφαρμογή $[OH^-] = K_b c_b/c_s$ (ή Henderson-Hasselbalch) → $c_b = c_s$: 2 μ.· σχέση $0{,}5V_1 - V_2 = V_2 \Rightarrow V_1 = 4V_2$: 1 μ.· επιχείρημα μεγιστοποίησης (όλο το Υ1, $V_2 = 25$ mL) και $V_3 = 125$ mL: 2 μ. Απάντηση 125 mL χωρίς αιτιολόγηση του «μέγιστου»: -2 μ. β (4 μ.): ισορροπία ιοντισμού του δείκτη και έκφραση $K_a$: 1 μ.· χρήση $[H_3O^+] = 10^{-9}$ M του ρυθμιστικού (το pH επιβάλλεται από το ρυθμιστικό, οι σταγόνες δεν το μεταβάλλουν): 1 μ.· $[\Delta^-]/[H\Delta] = 1$ και $\alpha = 0{,}5$: 2 μ.