ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

Γ ΓΕΛ 14 / 04 / 2019 ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΜΑ Α A1. Σε μία οξειδοαναγωγική αντίδραση το H 2 S μετατρέπεται σε H 2 SO 4. Η μεταβολή του αριθμού οξείδωσης του ατόμου το θείου είναι ίση με: α. 2 β. 4 γ. 6 δ. 8. A2. Σε δοχείο σταθερού όγκου και θερμοκρασίας εισάγονται n mol αερίου Α και n mol αερίου Β και αποκαθίσταται η ισορροπία που περιγράφεται από τη χημική εξίσωση: 2Α(g) + Β(g) 2Γ(g) + Δ(g) Αν η απόδοση της αντίδρασης είναι 40 %, θα ισχύει ότι: α. η πίεση μετά την αποκατάσταση της χημικής ισορροπίας είναι το 40 % της αρχικής. β. στη χημική ισορροπία τα mol της ουσίας Β είναι διπλάσια από τα mol της ουσίας Γ. γ. στη χημική ισορροπία το μίγμα των αερίων είναι ισομοριακό. δ. το ποσοστό μετατροπής της ουσίας Β είναι ίσο με 40 %. A3. Κατά την αραίωση υδατικού διαλύματος Na 2 SO 4, με σταθερή θερμοκρασία το ph του διαλύματος: α. αυξάνεται β. μειώνεται γ. παραμένει σταθερό δ. τα δεδομένα δεν επαρκούν για να γνωρίζουμε τον τρόπο μεταβολής του ph. A4. Με δεδομένο ότι το χημικό στοιχείο Χ βρίσκεται στην 3 η περίοδο του Περιοδικού Πίνακα και έχει μικρότερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού από το 12 Mg θα ισχύει ότι: α. το Χ έχει μικρότερη ατομική ακτίνα από το Mg β. το οξείδιο του Χ έχει χημικό τύπο Χ 2 Ο γ. το Χ ανήκει στα ευγενή αέρια. δ. το άτομο του Χ στη θεμελιώδη κατάσταση δεν έχει μονήρη ηλεκτρόνια. Σελίδα 1 από 9

A5. Στο μόριο της ένωσης CH 3 COCH 2 COOH υπάρχουν: α. 12 δεσμοί σ και 2 δεσμοί π β. 14 δεσμοί σ και 1 δεσμός π γ. 11 δεσμοί σ και 3 δεσμοί π δ. 12 δεσμοί σ και 1 δεσμός π. ΘΕΜΑ Β Β1. α. Το μαγγάνιο, Mn, είναι σκληρό αλλά εύθραυστο αργυρόλευκο μέταλλο το οποίο απομονώθηκε για πρώτη φορά από τον J.G.Gahn το 1774. Με δεδομένο ότι έχει ατομικό αριθμό, Ζ, ίσο με 25 να: i. Γράψετε την ηλεκτρονιακή δομή του ατόμου του μαγγανίου στη θεμελιώδη κατάσταση. 25Mn: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 2 ii. iii. iv. Βρείτε τη θέση του μαγγανίου στον περιοδικό πίνακα. τομέας: d, περίοδος: 4 η, ομάδα: 7 η Υπολογίσετε πόσα ηλεκτρόνια στο άτομο του μαγγανίου έχουν μαγνητικό κβαντικό αριθμό m l ίσο με -1. 5 ηλεκτρόνια Βρείτε τον ατομικό αριθμό του στοιχείου με τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα στην περίοδο του μαγγανίου. Επειδή στις περιόδους του Περιοδικού Πίνακα η ατομική ακτίνα αυξάνεται από δεξιά προς τα αριστερά, λόγω μείωσης του δραστικού πυρηνικού φορτίου, το στοιχείο με τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα στην περίοδο του μαγγανίου θα είναι το στοιχείο της 4 ης περιόδου που βρίσκεται στην 1 η ομάδα. Η ηλεκτρονιακή δομή του στοιχείου αυτού θα είναι: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 άρα Ζ = 19. Μονάδες 4 x 1 β. Το μαγγάνιο σχηματίζει ενώσεις με διάφορους αριθμούς οξείδωσης γι αυτό το συναντάμε συχνά σε οξειδοαναγωγικές αντιδράσεις. Να μεταφέρετε στο τετράδιό σας τις παρακάτω αντιδράσεις και να συμπληρώσετε τους κατάλληλους στοιχειομετρικούς συντελεστές. i. 10NaBr + 2KMnO 4 + 8H 2 SO 4 5Br 2 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 5Na 2 SO 4 + 8H 2 O ii. 2KCl + MnO 2 + 2H 2 SO 4 Cl 2 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + 2H 2 O iii. 3K 2 MnO 4 +2CO 2 2KMnO 4 + MnO 2 + 2K 2 CO 3 Μονάδες 3 x 2 Β2. Σε δοχείο εισάγονται στοιχειομετρικές ποσότητες HCl και Ο 2 και αποκαθίσταται η ισορροπία: 4HCl(g) + O 2 (g) 2Cl 2 (g) + 2H 2 O (g), ΔΗ < 0 Στην κατάσταση της ισορροπίας πραγματοποιούνται οι παρακάτω μεταβολές: i. Μειώνεται ο όγκος του δοχείου με σταθερή θερμοκρασία. ii. iii. Προστίθεται ποσότητα O 2 με σταθερό όγκο και σταθερή θερμοκρασία. Αυξάνεται η θερμοκρασία με σταθερό όγκο. Σελίδα 2 από 9

iv. Προστίθεται ποσότητα αδρανούς αερίου με σταθερό όγκο και σταθερή θερμοκρασία. Να συμπληρώσετε τα κενά στον παρακάτω πίνακα σημειώνοντας αν κάθε φυσικό μέγεθος αυξάνεται (Α), μειώνεται (Μ) ή παραμένει σταθερό(σ). Μεταβολή [HCl] [Cl 2 ] a Kc P i. A A A Σ Α ii. Μ Α Α Σ Α iii. Α Μ Μ Μ Α iv. Σ Σ Σ Σ Α Μονάδες 8 Β3. Δίνονται τα παρακάτω υδατικά διαλύματα που βρίσκονται στην ίδια θερμοκρασία: Διάλυμα ΝΗ 3, διάλυμα Δ1, Διάλυμα ΚΟΗ, διάλυμα Δ2, Τα δύο διαλύματα έχουν την ίδια τιμή ph και τον ίδιο όγκο. i. Ποιο από τα διαλύματα Δ1 και Δ2 έχει μεγαλύτερη συγκέντρωση; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Μεγαλύτερη συγκέντρωση έχει το διάλυμα Δ1. Διάλυμα Δ1: Πινακάκι 4 γραμμών με C(NH 3 ) και x. poh 1 = -Iog[OH - ] 1 ή poh 1 = -Iogx Διάλυμα Δ2: Πινακάκι 2 γραμμών με C(KOH). poh 2 = -Iog[OH - ] 2 ή poh 2 = -IogC(KOH). ph 1 = ph 2 ή poh 1 = poh 2 ή -Iogx = -IogC(KOH) ή x = C(KOH). Προφανώς x < C(NH 3 ) άρα C(KOH) < C(NH 3 ) Μονάδες 3 ii. Σε κάθε ένα από τα διαλύματα Δ1 και Δ2 προσθέτουμε την απαιτούμενη ποσότητα HClO 4 ώστε να έχουμε πλήρη εξουδετέρωση οπότε προκύπτουν τα διαλύματα Δ 3 και Δ 4 αντίστοιχα. Ποιο από τα διαλύματα Δ3 και Δ4 έχει μεγαλύτερη τιμή ph; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Μεγαλύτερη τιμή ph έχει το διάλυμα Δ4. Εξουδετέρωση του Δ1: NH 3 + HClO 4 NH 4 ClO 4 Στο διάλυμα Δ3 υπάρχει μόνο NH 4 ClO 4 NH 4 ClO 4 NH 4 + + ClO 4 - Το ClO 4 - δεν αντιδρά με το Η 2 Ο γιατί προέρχεται από τον ισχυρό ηλεκτρολύτη HClO 4 ενώ το NH 4 + αντιδρά: NH 4 + + Η 2 Ο NH 3 + Η 3 Ο + Άρα το διάλυμα Δ3 είναι όξινο. Εξουδετέρωση του Δ2: ΚΟΗ + HClO 4 ΚClO 4 + Η 2 Ο Στο διάλυμα Δ4 υπάρχει μόνο ΚClO 4 ΚClO 4 Κ + - + ClO 4 Τα ClO - 4 και Κ + δεν αντιδρούν με το Η 2 Ο γιατί προέρχονται από τους ισχυρούς ηλεκτρολύτες HClO 4 και ΚΟΗ αντίστοιχα. Άρα το διάλυμα Δ4 είναι ουδέτερο. Σελίδα 3 από 9

Σε ορισμένη θερμοκρασία τα ουδέτερα διαλύματα έχουν μεγαλύτερο ph από τα όξινα. Άρα μεγαλύτερη τιμή ph έχει το διάλυμα Δ4. Μονάδες 4 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Δίνονται οι παρακάτω χημικές εξισώσεις για το μέταλλο Μ: + Μ (g) + 1e ΔΗ 1 = 600 KJ Μ (g) Μ (g) +2 Μ (g) + 2e ΔΗ 2 = x KJ To x μπορεί να έχει την τιμή: α. 1000 β. 1200 γ. 1700 Να αιτιολογήσετε την επιλογή σας. Μονάδες 1 + 4 Σωστή απάντηση είναι η γ. + Μ (g) Μ (g) + 1e ΔΗ 1 = 600 KJ = Εi(1) + +2 Μ (g) Μ (g) + 1e ΔΗ 3 = y KJ = Εi(2) Γνωρίζουμε ότι η Εi(2) είναι πάντα μεγαλύτερη από την Εi(1) οπότε y > 600 ΚJ άρα x = 600 + y > 1200 KJ Γ2. Αλκένιο Χ έχει στο μόριό του συνολικά 11 σ δεσμούς. Να προσδιορίσετε τον συντακτικό τύπο του Χ αν γνωρίζουμε ότι όλα τα άτομα C στο μόριο του Χ δεν βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο. Μονάδες 3 Το πλήθος των σ δεσμών σε αλκένιο με μοριακό τύπο C v H 2v δίνεται από τον τύπο 3v 1. Προφανώς 3v 1 = 11 ή 3v = 12 ή ν = 4. Άρα ο μοριακός τύπος του Χ είναι C 4 H 8. Στο ίδιο επίπεδο βρίσκονται τα άτομα άνθρακα του διπλού δεσμού και όλα τα άτομα που ενώνονται με αυτά. Άρα αφού όλα τα άτομα άνθρακα του Α δεν βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο ο συντακτικός τύπος του Χ είναι CH 3 CH 2 CH=CH 2. Γ3. Να βρείτε τους συντακτικούς τύπους των οργανικών ενώσεων Α, Β, Γ, Δ,Ε,Ζ,Θ, Λ, M και N. πυκνό Η 2 SO 4 / 170 o C + Br 2 Α B Γ Δ E + HCl + NaOH αλκοόλη + Η 2 Ο + HgSO 4 / H + Ζ + Mg Απόλυτος αιθέρας Θ Λ + Η 2 Ο M I 2 / NaOH N + CHI 3 Οι ζητούμενοι συντακτικοί τύποι είναι οι εξής: Μονάδες 10 x 1 CH 3 CH 2 OH CH 2 =CH 2 CH 2 CH 2 HC CH CH3CH=O Br Br A B Γ Δ Ε Σελίδα 4 από 9

CH 3 CH 2 CH 3 CH 2 CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 CH 3 CH 2 COONa Cl MgCl OMgCl Z Θ Λ Μ N Γ4. Μίγμα CH 3 CH 2 OH και C 3 H 7 OH, αλκοόλη Ψ, μάζας 21,2 g χωρίζεται σε δύο ίσα μέρη. Η προσθήκη περίσσειας μεταλλικού νατρίου στο πρώτο μέρος οδηγεί στην έκλυση 2,24 L αερίου μετρημένων σε STP συνθήκες. Η προσθήκη διαλύματος Ι 2 το οποίο περιέχει και NaOH, στο δεύτερο μέρος έχει ως αποτέλεσμα τον σχηματισμό 39,4 g κίτρινου ιζήματος. i. Να βρείτε την σύσταση, σε mol, του αρχικού μίγματος. Έστω x mol CH 3 CH 2 OH και y mol C 3 H 7 OH σε κάθε μέρος. Προφανώς x Mr(CH 3 CH 2 OH) + y Mr(C 3 H 7 OH) = m ή 46x + 60y = 10,6 (1) CH 3 CH 2 OH + Na CH 3 CH 2 ONa + ½ H 2 1 mol 1 mol ½ mol x mol x mol 0,5x mol OH C 3 H 7 OH + Na C 3 H 7 ONa + ½ H 2 1 mol 1 mol ½ mol y mol y mol 0,5y mol Προφανώς 0,5x + 0,5y = 2,24/22,4 ή x + y = 0,2 (2) Από τις σχέσεις 1 και 2 βρίσκουμε x = y = 0,1 mol οπότε η σύσταση του αρχικού μίγματος είναι 0,2 mol CH 3 CH 2 OH και 0,2 mol C 3 H 7 OH. ii. Να προσδιορίσετε τον συντακτικό τύπο της Ψ. H CH 3 CH 2 OH αντιδρά σίγουρα με το αλκαλικό διάλυμα Ι 2 : CH 3 CH 2 OH + 4Ι 2 + 6ΝaOH HCOONa + CHI 3 + 5NaI + 5H 2 O 1 mol 1mol 0,1 mol z Από την παραπάνω αναλογία βρίσκουμε z = 0,1 mol ή 39,4 g CHI 3 αφού Mr(CHI 3 ) = 394. Άρα η αλκοόλη Ψ δεν αντιδρά με το αλκαλικό διάλυμα Ι 2 οπότε ο συντακτικός τύπος είναι CH 3 CH 2 CH 2 OH. Δίνονται Ar(C) = 12, Ar(H) = 1, Ar(O) = 16, Ar(I) = 127 Σελίδα 5 από 9

ΘΕΜΑ Δ Δ1. Σε κενό δοχείο όγκου V 1 = 2 L, σε σταθερή θερμοκρασία θ ο C, εισάγονται 8 mol στερεού C και 6 mol αερίου CO 2 οπότε αποκαθίσταται η χημική ισορροπία: C(s) + CO 2 (g) 2CO(g) Η παραπάνω χημική ισορροπία, Χ.Ι(1), αποκαταστάθηκε σε χρονικό διάστημα 5 s μετά την έναρξη της αντίδρασης και η απόδοση ήταν 25 %. i. Να υπολογίσετε τη μέση ταχύτητα της αντίδρασης από την έναρξή της μέχρι την αποκατάσταση της Χ.Ι(1) καθώς και την σταθερά χημικής ισορροπίας Kc στους θ ο C. mol C(s) + CO 2 (g) 2CO(g) Αρχικά 8 6 Αντιδρούν x x Παράγονται 2x Χ.Ι(1) 8 - x 6 - x 2x Αν η αντίδραση ήταν μονόδρομη θα αντιδρούσε όλη η ποσότητα του CO 2. Άρα: a = x ή x = 1,5 mol 6 υ(μέση) = Δ[CO 2 ] Δt ή υ(μέση) = - 2,25-3 5 ή υ(μέση) = 0,15 Μ/s Kc = [CO]2 [CO 2 ] ή Kc = 1 ii. Διατηρώντας σταθερή τη θερμοκρασία μεταβάλουμε τον όγκο του δοχείου και μετά την αποκατάσταση της νέας ισορροπίας, Χ.Ι(2) στο δοχείο υπήρχαν συνολικά 8 mol αερίων. Να υπολογίσετε τον όγκο V 2 του δοχείου στη Χ.Ι(2). Επειδή το συνολικά mol των αερίων αυξάνονται από 7,5 mol σε 8 mol είχαμε αύξηση του όγκου και η θέση της Χ.Ι μετατοπίστηκε προς τα δεξιά. mol C(s) + CO 2 (g) 2CO(g) Αρχικά 6,5 4,5 3 Μεταβολή Αύξηση του όγκου Αντιδρούν y y Παράγονται 2y Χ.Ι(2) 6,5 - y 4,5 - y 3 + 2y Πρέπει 4,5 y + 3 + 2y = 8 ή y = 0,5 mol. Από την έκφρασή της Kc προκύπτει V 2 = 4 L. Σελίδα 6 από 9

iii. Στη Χ.Ι(2) προσθέτουμε ποσότητα CO, διατηρώντας τον όγκο και τη θερμοκρασία του δοχείου σταθερά, οπότε μετά την αποκατάσταση της τελικής ισορροπίας, Χ.Ι(3), στο δοχείο υπήρχαν 9 mol CO 2. Να υπολογίσετε πόσα mol CO προστέθηκαν στο δοχείο. mol C(s) + CO 2 (g) 2CO(g) Αρχικά 6 4 4 + n Αντιδρούν Παράγονται ω ω 2ω Χ.Ι(3) 6 + ω 4 + ω 4 + n - 2ω Πρέπει 4 + ω = 9 ή ω = 5 mol. Από την έκφρασή της Kc προκύπτει n = 12 mol Δ2. Δίνονται τα παρακάτω υδατικά διαλύματα που βρίσκονται στους 25 o C. Διάλυμα CH 3 COOH 0,1 M, διάλυμα Υ1, Διάλυμα HCOOH 1 M, διάλυμα Υ2. i. Να υπολογίσετε το ph του διαλύματος Υ1 και το βαθμό ιοντισμού του HCOOH στο Υ2. Διάλυμα Υ1: Πινακάκι 4 γραμμών με C(CH 3 COOH) = 0,1 Μ και x. Από την έκφραση της Ka για το ασθενές οξύ CH 3 COOH βρίσκουμε, κάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις, x = 10-3 Μ άρα pη = 3. Διάλυμα Υ2: Πινακάκι 4 γραμμών με C(HCOOH) = 1 Μ και y. Από την έκφραση της Ka για το ασθενές οξύ HCOOH βρίσκουμε, κάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις, y = 10-2 Μ άρα οπότε a = 10-2. + 3 ii. Πόσα ml νερού πρέπει να προσθέσουμε σε 50 ml του Υ1 για να προκύψει διάλυμα Υ3 του οποίου το ph θα έχει μεταβληθεί κατά μισή μονάδα σε σχέση με το Υ1; Με την αραίωση το ph του διαλύματος αυξάνεται τείνοντας στο 7. Άρα στο διάλυμα Υ3 θα έχουμε ph = 3,5 και [Η 3 Ο + ] = ω = 10-3,5 Μ. Πινακάκι 4 γραμμών με C(CH 3 COOH)(2) και ω = 10-3,5 Μ. Από την έκφραση της Ka για το ασθενές οξύ CH 3 COOH βρίσκουμε, κάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις C(CH 3 COOH)(2) = 0,01 Μ. Από τον τύπο της αραίωσης βρίσκουμε V(H 2 O) = 0,45 L ή 450 ml iii. Πόσα mol Ca(OH) 2 πρέπει να προσθέσουμε σε 200 ml του διαλύματος Υ1 για να προκύψει διάλυμα Υ4 με ph = 5; Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν: mol CH 3 COOH = 0,02 mol mol Ca(OH) 2 = n mol mol 2CH 3 COOH + Ca(OH) 2 (CH 3 COO) 2 Ca + 2H 2 O Αρχικά 0,02 n Αντιδρούν 2φ φ Παράγονται φ Τελικά 0,02-2φ n - φ φ Αν είχαμε πλήρη εξουδετέρωση το διάλυμα Υ4 θα περιείχε μόνο (CH 3 COO) 2 Ca και θα ήταν βασικό Σελίδα 7 από 9

με ph > 7. Αν το Ca(OH) 2 ήταν σε περίσσεια το διάλυμα Υ4 θα περιείχε (CH 3 COO) 2 Ca και Ca(OH) 2 και θα ήταν βασικό με ph > 7. Άρα για να έχουμε ph = 5 πρέπει το CH 3 COOH να βρίσκετε σε περίσσεια και να αντιδρά όλη η ποσότητα του Ca(OH) 2 οπότε n φ = 0 ή n = φ Στο διάλυμα Υ4 υπάρχουν CH 3 COOH και C(CH 3 COO) 2 Ca) με συγκεντρώσεις C(CH 3 COOH)(3) = (0,02-2n) και C((CH 3 COO) 2 Ca) = 0,2 Πινακάκι 2 γραμμών για το (CH 3 COO) 2 Ca με Πινακάκι 4 γραμμών για το CH 3 COOH με C(CH 3 COOH)(3) και z. Έχουμε επίδραση κοινού ιόντος με κοινό ιόν το CH 3 COO - και [Η 3 Ο + ] = z = 10-5 Μ. Από την έκφραση της Ka για το ασθενές οξύ CH 3 COOH βρίσκουμε, κάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις, n = 0,005 mol n 0,2 αντίστοιχα. iv. Αναμιγνύουμε 600 ml του διαλύματος Υ1 με 400 ml του διαλύματος Υ2 και στο διάλυμα που προκύπτει προσθέτουμε 0,46 mol KOH. Να υπολογίσετε το ph του διαλύματος Υ5 που προκύπτει. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν: mol CH 3 COOH = 0,06 mol mol HCOOH = 0,4 mol mol KOH = 0,46 mol mol CH 3 COOH + KOH CH 3 COOK + H 2 O Αρχικά 0,06 0,46 Αντιδρούν 0,06 0,06 Παράγονται 0,06 Τελικά - 0,4 0,06 mol HCOOH + KOH HCOOK + H 2 O Αρχικά 0,4 0,4 Αντιδρούν 0,4 0,4 Παράγονται 0,4 Τελικά - - 0,4 Στο διάλυμα Υ5 υπάρχουν CH 3 COOK και HCOOK με συγκεντρώσεις 0,06 0,4 C(CH 3 COOΚ) = = 0,06 Μ και C(HCOOK) = = 0,4 Μ αντίστοιχα. 1 1 Πινακάκι 2 γραμμών για το CH 3 COOK με C(CH 3 COOK) Πινακάκι 2 γραμμών για το HCOOK με C(HCOOK) Πινακάκι 4 γραμμών για το CH 3 COO - με C(CH 3 COOK) και x 1. Πινακάκι 4 γραμμών για το HCOO - με C(HCOOK) και x 2. Έχουμε επίδραση κοινού ιόντος με κοινό ιόν τα OH -. Από την έκφραση της Kb για την ασθενή βάση CH 3 COO - και την έκφραση της Kb για την ασθενή βάση HCOO -, κάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις, καταλήγουμε σε σύστημα το οποίο επιλύουμε και βρίσκουμε ότι [ΟΗ - ]= x 1 + x 2 = 10-5 Μ ή [Η 3 Ο + ] = 10-9 Μ ή ph = 9. Σελίδα 8 από 9

v. Να υπολογίσετε το μέγιστο όγκο διαλύματος KMnO 4 0,2 M παρουσία H 2 SO 4 που μπορεί να αποχρωματίσει το διάλυμα Υ5. Με το KMnO 4 αντιδρά το HCOOK. mol HCOOΚ = 0,4 mol mol KMnO 4 = 0,2V mol 10HCOOK + 4KMnO 4 + 11H 2 SO 4 10CO 2 + 4MnSO 4 + 7K 2 SO 4 + 16H 2 O 10 mol 4 mol 0,4 mol 0,2V Από την παραπάνω αναλογία βρίσκουμε 2V = 1,6 ή V = 0,8 L ή 800 ml Δίνονται Ka(HCOOH) = 10-4, Ka(CH 3 COOH) = 10-5, όλα τα διαλύματα βρίσκονται στους 25 ο C όπου Kw = 10-14, η προσθήκη του Ca(OH) 2 και του KOH δεν επηρεάζει τον όγκο των διαλυμάτων και ότι τα δεδομένα επιτρέπουν όλες τις γνωστές προσεγγίσεις. ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ ΕΠΙΤΥΧΙΑ!!! Σελίδα 9 από 9