ΜΑΘΗΜΑ / ΤΑΞΗ : ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ / Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΕΙΡΑ: 1 ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ: Μαρίνος Ιωάννου ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Transcript

1 ΜΑΘΗΜΑ / ΤΑΞΗ : ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ / Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΕΙΡΑ: 1 ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ: Μαρίνος Ιωάννου ΘΕΜΑ Α A1. Όταν το ΚΒr διαλύεται στο νερό: α. ιοντίζεται β. δημιουργούνται ιόντα γ. διίσταται δ. προκύπτει διάλυμα με ηλεκτρικό φορτίο. ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ A2. Ποια από τις επόμενες ουσίες όταν διαλύεται στο νερό δημιουργεί ιοντικό διάλυμα; α. C 2 H 6 β. HNO 3 γ. CH 3 CH 2 OH δ. N 2 A3. Η τιμή της σταθεράς ιοντισμού του οξικού οξέος σε υδατικό διάλυμα εξαρτάται: α. από τη φύση του οξέος β. από τη θερμοκρασία γ. από το είδος του διαλύτη δ. από όλους τους παραπάνω παράγοντες. A4. Ο βαθμός ιοντισμού της NH 3 σε ένα υδατικό της διάλυμα αυξάνεται αν προσθέσουμε στο διάλυμα: α. αέρια NH 3 β. στερεό ΝΗ 4 Cl γ. στερεό ΝaΟΗ δ. νερό A5. Κατά την ανάμιξη διαλύματος CH 3 COOH (Κa = 10-5 ) 0,1 Μ (διάλυμα Δ 1 ) με διάλυμα HCl 0,01 Μ, το ph του διαλύματος που προκύπτει σε σχέση με το Δ 1 είναι: α. μικρότερο β. μεγαλύτερο γ. ίδιο δ. μεγαλύτερο μέχρι μιας σταθερής τιμής. Σελίδα 1 από 9

2 ΘΕΜΑ Β Β1. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις ως Σωστές ή Λανθασμένες και να αιτιολογήσετε τις απαντήσεις σας: i. Δύο οξέα ΗΑ και ΗΒ σε υδατικά διαλύματά τους έχουν βαθμούς ιοντισμού 0,01 και 0,04 αντίστοιχα σε θερμοκρασία θ ο C. Με αυτό το δεδομένο βγάζουμε το συμπέρασμα ότι το ΗΒ είναι ισχυρότερο του ΗΑ στην ίδια θερμοκρασία. Λανθασμένη. Δεν γνωρίζουμε εάν οι συγκεντρώσεις των ΗΑ και ΗΒ είναι ίδιες. ii. Με βάση το δεδομένο ότι διάλυμα NaF 0,1 M έχει μικρότερο ph από διάλυμα NaCN 0,1M προκύπτει ότι το HF είναι ασθενέστερο οξύ από το HCN. Λανθασμένη. Ασθενέστερη βάση τα ιόντα F - από CN - άρα το HF ισχυρότερο οξύ από το HCN. iii. Διάλυμα ΝaΟΗ 10-8 M έχει ph = 8. Λανθασμένη. Πρέπει να λάβουμε υπόψη μας τον αυτοϊοντσμό του νερού. Το ph αυτού του διαλύματος είναι οριακά μεγαλύτερο του 7. iv. Ένας δείκτης αλλάζει χρώμα αν το ph του διαλύματος στο οποίο βρίσκεται μεταβληθεί κατά δύο μονάδες. Λανθασμένη. Εξαρτάται από την pka. v. Κάθε φορά που έχουμε πλήρη εξουδετέρωση οξέος με βάση, το διάλυμα που προκύπτει είναι ουδέτερο. Λανθασμένη. Μπορεί να είναι και όξινο βασικό. Β2. Να εξηγήσετε την ρυθμιστική δράση ενός ρυθμιστικού διαλύματος της μορφής ΗΑ / ΝaΑ. Τα Η 3 Ο ή τα ΟΗ - που προκύπτουν από τον ιοντισμό του ισχυρού οξέος ή την διάσταση της ισχυρής βάσης δεσμεύονται μέσω αντίδρασης με ένα από τα συστατικά του ρυθμιστικού διαλύματος οπότε τα Η 3 Ο ή τα ΟΗ - που τελικά απελευθερώνονται στο διάλυμα να είναι πολύ λιγότερα από αυτά που προκύπτουν αν το ισχυρό οξύ ή η ισχυρή βάση διαλυθούν σε καθαρό νερό. Για παράδειγμα έστω διάλυμα οξικού οξέος (CH 3 COOH) που περιέχει και οξικό νάτριο (CH 3 COOΝa). Το οξύ ιοντίζεται μερικά και το άλας διΐσταται πλήρως ως εξής: CH 3 COOH%%%%H 2 O CH 3 COO ( %%%%H 3 O CH 3 COONa CH 3 COO ( %%%%Na Αν προσθέσουμε στο διάλυμα αυτό μικρή ποσότητα HCl, τα ιόντα Η 3 Ο που προκύπτουν από τον ιοντισμό του ισχυρού οξέος δεσμεύονται πρακτικά πλήρως από τα ιόντα CH 3 COO - σύμφωνα με την χημική εξίσωση: CH 3 COO % &&&Η 3 Ο CH 3 COOH&&H 2 O Αν προσθέσουμε στο διάλυμα αυτό μικρή ποσότητα NaOH, τα ιόντα OH - που προκύπτουν από την διάσταση της ισχυρής βάσης δεσμεύονται πρακτικά πλήρως από το CH 3 COΟΗ σύμφωνα με την χημική εξίσωση: CH 3 COOH%%OH ' CH 3 COO ' %%H 2 O Σελίδα 2 από 9

3 Β3. Αντιστοιχήστε το κάθε διάλυμα της στήλης (I) με την τιμή ph της στήλης (II). (I) Α. διάλυμα KOH 0,01 M i. 2,7 Β. διάλυμα HBr 0,01 M ii. 11,3 Γ. διάλυμα Ca(OH) 2 0,05 M iii. 12 Δ. διάλυμα NH 3 0,2 M iv. 13 Ε. διάλυμα CH 3 COOH 0,2 M v. 2 Ζ. διάλυμα HCl 0,2 M vi. 0,7 Η. διάλυμα CH 3 COOH 0,1 M vii. 2,9 Θ. διάλυμα NH 3 0,1 M viii. 11,1 Α. διάλυμα KOH 0,01 M 12 Β. διάλυμα HBr 0,01 M 2 Γ. διάλυμα Ca(OH) 2 0,05 M 13 Δ. διάλυμα NH 3 0,2 M 11,3 Ε. διάλυμα CH 3 COOH 0,2 M 2,7 Ζ. διάλυμα HCl 0,2 M 0,7 Η. διάλυμα CH 3 COOH 0,1 M 2,9 Θ. διάλυμα NH 3 0,1 M 11,1 Β4. Σε V L υδατικό διάλυμα του ασθενούς μονοπρωτικού οξέος ΗΑ συγκέντρωσης C M που βρίσκεται σε σταθερή θερμοκρασία 25 C προσθέτουμε νερό μέχρι ο τελικός όγκος του διαλύματος να γίνει 50V οπότε το ph του διαλύματος μεταβάλλεται κατά μία μονάδα και γίνεται 4. Να υπολογιστεί η σταθερά ιοντισμού Ka του οξέος ΗΑ. Για το αρχικό διάλυμα ισχύει ph = 3 ή [Η 3 Ο ] (1) = x = 10-3 M ενώ για το διάλυμα μετά την αραίωση ισχύει [Η 3 Ο ] (2) = y = 10-4 M. Aν θεωρήσουμε ότι επιτρέπονται οι απλοποιήσεις στο νόμο αραίωσης του Ostwald οδηγούμαστε σε άτοπο. Οπότε δεν επιτρέπονται οι απλοποιήσεις στο νόμο αραίωσης του Ostwald. Κατά την αραίωση C (2) = C (1) /50. Επειδή η Ka είναι σταθερή, εξισώνοντας την έκφραση της Ka, χωρίς τις απλοποιήσεις, για το διάλυμα πριν και μετά την αραίωση προκύπτει ότι C (1) = 0,009 M και Ka = 1, ΘΕΜΑ Γ Δίνεται υδατικό διάλυμα NH 3 0,1 Μ, διάλυμα Δ 1, το οποίο παρουσιάζει ph = 11. Γ1. Να υπολογιστεί η σταθερά ιοντισμού Kb και ο βαθμός ιοντισμού της ΝΗ 3 στο Δ 1. Έχουμε διάλυμα ασθενή ηλεκτρολύτη οπότε θα κάνουμε πινακάκι 4 γραμμών: mol / L ΝΗ 3 Η 2 Ο ΝΗ 4 (II) ΟΗ - Αρχικά C BAΣΗΣ(1) - - Ιοντίζονται x - - Παράγονται - x x Τελικά C BAΣΗΣ(1) - x x x Από την έκφραση της Ka για την ΝΗ 3 έχουμε: Kb#= [NH 4 ]#[OH, ] x#x x 2 η.#kb#= η.#kb#= C BAΣΗΣ(1)#,#x C BAΣΗΣ(1)#,#x C BAΣΗΣ(1)#,#x (1) Σελίδα 3 από 9

4 ph = 11 ή poh = 3 ή [OH - ] (1) = x = 10-3 M (2) Από τις σχέσεις 1 και 2 βρίσκουμε Κb = O βαθμός ιοντισμού της ΝΗ 3 στο Δ 1 είναι: x a 1 $= CBAΣΗΣ(1) η.$a 1 $=$10 02 Γ2. Σε 200 ml του διαλύματος Δ 1 προστίθενται 200 ml υδατικού διαλύματος ΝΗ 4 Cl συγκέντρωσης 0,1 Μ. Να υπολογίσετε το ph του διαλύματος Δ 2 που προκύπτει και το βαθμό ιοντισμού της ΝΗ 3 στο διάλυμα Δ 2. Αρχικά βρίσκουμε τις τελικές συγκεντρώσεις των δύο ουσιών: Έχουμε ανάμιξη διαλύματων ουσιών που δεν αντιδρούν μεταξύ τους οπότε θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο της αραίωσης για κάθε διάλυμα ξεχωριστά: n ΑΡΧΙΚΑ '='n ΤΕΛΙΚΑ' η-'c ΑΡΧ' V ΑΡΧ '='C ΤΕΛ' V ΤΕΛ C ΒΑΣΗΣ '='0,05'Μ C ΑΛΑΤΟΣ '='0,05'Μ Έχουμε διάλυμα του ασθενή ηλεκτρολύτη HA που περιέχει και το άλας NaA οπότε προκειμένου να βρούμε την [Η 3 Ο ] άρα και το ph του διαλύματος θα κάνουμε πινακάκι 2 γραμμών για την διάσταση του άλατος και πινακάκι 4 γραμμών για τον ιοντισμό του HA λαμβάνοντας υπόψη ότι έχουμε επίδραση κοινού ιόντος στα ιόντα A - : mol / L ΝΗ 4 Cl ΝΗ 4 Cl - Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ - - Τελικά - C ΑΛΑΤΟΣ C ΑΛΑΤΟΣ mol / L ΝΗ 3 Η 2 Ο ΟΗ - 1 ΝΗ 4 Αρχικά C BAΣΗΣ - - Ιοντίζονται y - - Παράγονται - y y Τελικά C BAΣΗΣ - y y y C ΑΛΑΤΟΣ Από την έκφραση της Κb έχουμε: Kb#= [NH 4 ]#[OH, ] y#(y##c ΑΛΑΤΟΣ ) η.#kb#= C BAΣΗΣ#,#y (3) C BAΣΗΣ#,#y Αφού Κb / C ΒΑΣΗΣ < 10-2 μπορούμε να πάρουμε προσεγγίσεις οπότε C ΒΑΣΗΣ - y = C ΒΑΣΗΣ (4) και C ΑΛΑΤΟΣ y = C ΑΛΑΤΟΣ (5) οπότε y = Kb = 10-5 M, pοη = 5 και ph = 9. O βαθμός ιοντισμού της ΝΗ 3 στο Δ 2 είναι: y a 2 $= CBAΣΗΣ(2) η.$a 2 $=$2$10 14 Σελίδα 4 από 9

5 Γ3. Να υπολογίσετε πόσα mol αερίου HCl, μετρημένα σε STP συνθήκες πρέπει να προστεθούν σε 300 ml του διαλύματος Δ 1, χωρίς μεταβολή του όγκου του διαλύματος, ώστε να προκύψει διάλυμα Δ 3 με ph = 5. Έχουμε ουσίες που αντιδρούν: mol NH 3 = 0,3 0,1 = 0,03 mol KΟΗ = n mol HCl NH 3 NH 4 Cl Αρχικά n 0,03 - Αντιδρούν x x - Παράγονται - - x Τελικά n - x 0,03 - x x Έστω ότι έχουμε πλήρη εξουδετέρωση οπότε 0,03 x = 0 ή x = 0,03 και n = 0,03. Στο διάλυμα που προκύπτει έχουμε το άλας NH 4 Cl με συγκέντρωση: C ΑΛΑΤΟΣ(1) = n V η./c ΑΛΑΤΟΣ(1) /= 0,03 0,3 η./c ΑΛΑΤΟΣ(1) /=/0,1/Μ Έχουμε διάλυμα του άλατος NH 4 Cl οπότε προκειμένου να βρούμε την [H 3 O ] και το ph θα κάνουμε πινακάκι 2 γραμμών για την διάσταση του άλατος και πινακάκι 4 γραμμών για τον ιοντισμό του κατιόντος ΝΗ 4 αφού το Cl - δεν αντιδρά με το νερό αφού προέρχεται από ισχυρό οξύ HCl: mol / L NH 4 Cl NH 4 Cl - Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ(1) - - Τελικά - C ΑΛΑΤΟΣ(1) C ΑΛΑΤΟΣ(1) mol / L NH 4 Η 2 Ο NH 3 H 3 O Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ(1) - - Ιοντίζονται z - - Παράγονται - z z Τελικά C ΑΛΑΤΟΣ(1) - z z z Από την έκφραση της Κa έχουμε: Ka#= [NH 3 ]#[H 3 O ] z#z η1#ka#= C ΑΛΑΤΟΣ(1)# 9#z C ΑΛΑΤΟΣ(1)# 9#z η1#ka#= z2 C ΑΛΑΤΟΣ(1)# 9#z (6) Αφού Κa / C ΑΛΑΤΟΣ(1) < 10-2 μπορούμε να πάρουμε προσεγγίσεις οπότε: C ΑΛΑΤΟΣ(1) - z = C ΑΛΑΤΟΣ(1) (7) Από τις σχέσεις 6 και 7 βρίσκουμε z = 10-5 M οπότε ph = 5 άρα η αρχική υπόθεση ήταν ορθή. Δίνεται Kw = 10-14, από τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπονται όλες οι γνωστές προσεγγίσεις. Σελίδα 5 από 9

6 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Δίνονται τα διαλύματα Δ 1, Δ 2, Δ 3 και Δ 4 που περιέχουν CH 3 COOH 0,1 M, CH 3 COONa 0,1 M, HCl 0,1 M και NaOH 0,1 M αντίστοιχα. i. Να υποδείξετε όλους τους δυνατούς τρόπους με τους οποίους μπορoύμε να φτιάξουμε ρυθμιστικό διάλυμα της μορφής ΗΑ / ΝaA με ανάμιξη των Δ 1, Δ 2, Δ 3 και Δ 4. Ανάμειξη V 1 ml του Δ 1 με V 2 ml του Δ 2 Ανάμειξη V 1 ml του Δ 1 με V 2 ml του Δ 4 με V 1 > V 2 Ανάμειξη V 1 ml του Δ 2 με V 2 ml του Δ 3 με V 1 > V 2 ii. Για κάθε τρόπο που θα προτείνετε να υπολογίσετε τους όγκους από τα διαλύματα που θα χρησιμοποιήσετε προκειμένου να παρασκευάσετε 100 ml ρυθμιστικού διαλύματος με ph = 5. Κατά την ανάμιξη των Δ 1 και Δ 2 δεν πραγματοποιείται αντίδραση. Έστω ότι αναμιγνύονται V 1 ml του Δ 1 με V 2 ml του Δ 2. Οι συγκεντρώσεις C ΟΞΕΟΣ(1) και C ΑΛΑΤΟΣ(1) μετά την ανάμιξη είναι: n ΑΡΧΙΚΑ' '='n ΤΕΛΙΚΑ' η-'c ΑΡΧΙΚΗ 'V ΑΡΧΙΚΟΣ '='C ΤΕΛΙΚΗ 'V ΤΕΛΙΚΟΣ 'C ΟΞΕΟΣ(1) = C ΑΛΑΤΟΣ(1)' = 0,1V 1 (1) V 1' 'V 2 (2) V 1' 'V 2 Το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό διάλυμα ασθενούς οξέος και άλατος του ασθενούς οξέος. Από την εξίσωση των Henderson- Hasselbachl έχουμε: C ΑΛΑΤΟΣ(1) η9)5)=)5))log η9)v 1 )=)V 2) (3) ph ΤΕΛΙΚΟ )=)pka))log )CΟΞΕΟΣ(1) 0,1V 1 Από τις σχέσεις 1, 2 και 3 βρίσκουμε C ΟΞΕΟΣ(1) = C ΑΛΑΤΟΣ(1) = 0,05 Μ. Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις για να χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση των Henderson- Hasselbachl οπότε V 1 = V 2 = 50 ml. Κατά την ανάμιξη των Δ 1 και Δ 4 πραγματοποιείται αντίδραση. Έστω ότι αναμιγνύονται V 1 ml του Δ 1 με V 2 ml του Δ 4. Βρίσκουμε τα mol του ΗΑ και του ΝaΟΗ. mol HA = 0,1 V 1 mol ΝaΟΗ = 0,1 V 2 Αφού προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα το ΗΑ είναι σε περίσσεια: mol ΝaΟΗ CH 3 COOH CH 3 COOΝa Η 2 Ο Αρχικά 0,1 V 2 0,1 V Αντιδρούν 0,1 V V Παράγονται - - 0,1 V 2 0,1 V 2 Τελικά - 0,1 V 1 0,1 V 2 0,1 V 2 0,1 V 2 Οι συγκεντρώσεις C ΟΞΕΟΣ(1) και C ΑΛΑΤΟΣ(1) μετά την ανάμιξη είναι: Σελίδα 6 από 9

7 !C ΟΞΕΟΣ(1)! = 0,1(V 1!1!V 2) V 1!!V 2 (4) C ΑΛΑΤΟΣ(1)! = V 1!!V 2 (5) Το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό διάλυμα ασθενούς οξέος και άλατος του ασθενούς οξέος. Από την εξίσωση των Henderson- Hasselbachl έχουμε: C ΑΛΑΤΟΣ(1) ph ΤΕΛΙΚΟ )=)pka))log η9)5)=)5))log η9)v 1 )=)2V 2) (6) )CΟΞΕΟΣ(1) 0,1(V ) V 2 ) Από τις σχέσεις 1, 2 και 3 βρίσκουμε C ΟΞΕΟΣ(1) = C ΑΛΑΤΟΣ(1) = 0,033 Μ. Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις για να χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση των Henderson- Hasselbachl οπότε V 1 = 66,67 ml και V 2 = 33,33 ml. Κατά την ανάμιξη των Δ 1 και Δ 4 πραγματοποιείται αντίδραση. Έστω ότι αναμιγνύονται V 1 ml του Δ 2 με V 2 ml του Δ 3. Βρίσκουμε τα mol του ΝaΑ και του HCl. mol NaA = 0,1 V 1 mol HCl = 0,1 V 2 Αφού προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα το NaA είναι σε περίσσεια: mol HCl CH 3 COONa CH 3 COOH NaCl Αρχικά 0,1 V 2 0,1 V Αντιδρούν 0,1 V V Παράγονται - - 0,1 V 2 0,1 V 2 Τελικά - 0,1 V 1 0,1 V 2 0,1 V 2 0,1 V 2 Οι συγκεντρώσεις C ΟΞΕΟΣ(1) και C ΑΛΑΤΟΣ(1) μετά την ανάμιξη είναι:!c ΟΞΕΟΣ(1)! = V 1!!V 2 (7) 0,1(V 1!1!V 2) C ΑΛΑΤΟΣ(1)! = (8) V 1!!V 2 Το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό διάλυμα ασθενούς οξέος και άλατος του ασθενούς οξέος. Από την εξίσωση των Henderson- Hasselbachl έχουμε: Σελίδα 7 από 9

8 0,1(V ) V 2 ) C ΑΛΑΤΟΣ(1) η9)5)=)5))log η9)v 1 )=)2V 2) (9) ph ΤΕΛΙΚΟ )=)pka))log )CΟΞΕΟΣ(1) Από τις σχέσεις 1, 2 και 3 βρίσκουμε C ΟΞΕΟΣ(1) = C ΑΛΑΤΟΣ(1) = 0,033 Μ. Άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις για να χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση των Henderson- Hasselbachl οπότε V 1 = 66,67 ml και V 2 = 33,33 ml. Δίνεται Κa(CH 3 COOH) = 10-5 και Kw = 10-14, από τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπονται όλες οι γνωστές προσεγγίσεις. Δ2. Δίνεται διάλυμα το οποίο περιέχει HCN σε συγκέντρωση 10-4 M, διάλυμα Δ 1. Ποιο το ph του Δ 1 ; Έχουμε διάλυμα ασθενή ηλεκτρολύτη οπότε θα κάνουμε πινακάκι 4 γραμμών: mol / L HCN Η 2 Ο Η 3 Ο CN - 1 Αρχικά C ΟΞΕΟΣ - - Ιοντίζονται x - - Παράγονται - x x Τελικά C ΟΞΕΟΣ - x x x Από την έκφραση της Ka για το ασθενές οξύ ΗΑ έχουμε: Ka#= [H 3 O ]#[CN - ] [HCN] η/#ka#= x#x x 2 η/#ka#= C ΟΞΕΟΣ #-#x C ΟΞΕΟΣ #-#x (1) Αφού Κa / C ΟΞΕΟΣ < 10-2 μπορούμε να πάρουμε προσεγγίσεις οπότε: C ΟΞΕΟΣ - x = C ΟΞΕΟΣ (2) Από τις σχέσεις 1 και 2 βρίσκουμε x = 10-7 M που είναι άτοπο για διάλυμα οξέος στους 25 ο C. Θα λάβουμε υπόψη μας τον αυτοϊοντισμό του νερού: mol / L HCN Η 2 Ο Η 3 Ο CN - 1 Αρχικά C ΟΞΕΟΣ - - Ιοντίζονται x - - Παράγονται - x x Τελικά C ΟΞΕΟΣ - x x y x mol / L Η 2 Ο Η 2 Ο Η 3 Ο CN - 1 Τελικά x y y Σελίδα 8 από 9

9 Από την έκφραση της Ka για το ασθενές οξύ ΗΑ έχουμε: Ka#= [H 3 O ]#[CN - ] [HCN] η/#ka#= x#(x##y) C ΟΞΕΟΣ #-#x (3) Αφού Κa / C ΟΞΕΟΣ < 10-2 μπορούμε να πάρουμε προσεγγίσεις οπότε: C ΟΞΕΟΣ - x = C ΟΞΕΟΣ (4) Από τις σχέσεις 3 και 4 έχουμε: Ka#= [H 3 O ]#[CN - ] [HCN] η/#ka#= x#(x##y) C ΟΞΕΟΣ η/#x#(x##y)#=#10-14# #(5) Από την έκφραση της Kw έχουμε: Kw = [H 3 O ] [OH - ] ή = (x y) x (6) Από τις σχέσεις 5 και 6 με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: (x y) 2 = ή (x y) = 2 1/ Μ οπότε ph = 6,85 Δίνεται Κa(HCN) = 10-10, log2 = 0,3 και Kw = Σελίδα 9 από 9