89 / 250
Εκδόσεις ΜΠΑΧΑΡΑΚΗ – Χημεία Θετικής Κατεύθυνσης
88
Για το CHI
3
:
m 78,8
n
0,2mol
Mr 394
. Επομένως y = 0,2 mol, άρα στο αρχικό μείγμα η
ποσότητα ήταν 0,4 mol.
Γ2. ii) Στο 2
ο
μέρος έχουμε: 0,2 mol
3
3
CH CH CH
|
OH
3
3
4
2 4
3
3
4 2 4
2
5CH CH CH 2KMnO 3H SO 5CH C CH 2MnSO K SO 8H Ο
|
O
OH
4
5mol
2mol
5φ= 0,4mol
φ= 0,08mol ΚMnO
0,2mol
φ;
Συνολική ποσότητα ΚΜnO
4
: n = C
V = 0,1
3,2 = 0,32 mol
Άρα η ποσότητα της CH
3
CH
2
CH
2
OH αντιδρά με: 0,32 – 0,08 = 0,24 mol ΚΜnO
4
3 2 2
4
2 4
3 2
4
2 4
2
5CH CH CH OH+ 4ΚΜnO + 6H SO 5CH CH COOH+ 4MnSO +
5mol
4mol
4y 1,2mol
y 0,3mol
y;
0,24
2K SO +11H
mol
O
άρα η αρχική ποσότητα της CH
3
CH
2
CH
2
OH ήταν 0,6 mol.
Διαθέτουμε υδατικά διαλύματα CH
3
COONa 0,1M (διάλυμα A) και NaF 1M
(διάλυμα B).
Δ1.
Να υπολογιστεί το pH του διαλύματος Α.
(Μονάδες 4)
Δ2.
Πόσα mL H
2
O πρέπει να προσθέσουμε σε 10 mL του διαλύματος Α, για
να μεταβληθεί το pH του κατά μία μονάδα;
(Μονάδες 6)
Δ3.
Πόσα mL διαλύματος ΗCl 0,01M πρέπει να προσθέσουμε σε 10 mL
διαλύματος Α, για να προκύψει ρυθμιστικό διάλυμα με pH = 5; (Μονάδες 6)
Δ4.
10 mL του διαλύματος Α αναμειγνύονται με 40 mL του διαλύματος Β
και προκύπτουν 50 mL διαλύματος Γ. Να υπολογιστεί το pH του διαλύματος Γ.
(Μονάδες 9)
Δίνεται ότι:
Όλα τα διαλύματα βρίσκονται σε θερμοκρασία θ=25°C,
3
5
a(CH COOH)
K
10
, K
a(HF)
= 10
–4
, K
w
= 10
–14
ΘΕMA Δ
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2011