حل بكالوريا 2014 علوم فيزيائية شعبة علوم تجريبية — الموضوع الأول مفصّل خطوة بخطوة

1. إرجاع ${\text{H}}_2{\text{O}}_2$ (يكتسب إلكترونين): ${\text{H}}_2{\text{O}}_2+2{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}+2e^{-}=4{\text{H}}_2\text{O}$.
2. أكسدة شوارد اليود (تفقد إلكترونين): $2{\text{I}}^{-}={\text{I}}_2+2e^{-}$.
3. جمع المعادلتين يعطي معادلة التفاعل المعطاة.

الجواب ${\text{H}}_2{\text{O}}_2+2{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}+2e^{-}=4{\text{H}}_2\text{O}$ و $2{\text{I}}^{-}={\text{I}}_2+2e^{-}$

انتبه عكس الدورين: الماء الأكسجيني هنا هو المؤكسد (يُرجَع).

الأكسدة والإرجاع والمعايرة اللونية لثنائي اليود

1. $n_0({\text{H}}_2{\text{O}}_2)=c_1{V}_1=4,5\times 10^{-2}\times 0,100=4,5\times 10^{-3}\text{mol}$.
2. $n_0({\text{I}}^{-})=c_2{V}_2=6,0\times 10^{-2}\times 0,100=6,0\times 10^{-3}\text{mol}$.

الجواب $n_0({\text{H}}_2{\text{O}}_2)=4,5\times 10^{-3}\text{mol}$ و $n_0({\text{I}}^{-})=6,0\times 10^{-3}\text{mol}$

انتبه استعمال $V=100$ دون تحويل mL إلى L.

جدول التقدم والمتفاعل المحد

1. الحالة الابتدائية ($x=0$): $4,5\times 10^{-3}$ ؛ $6,0\times 10^{-3}$ ؛ بزيادة ؛ $0$ ؛ بزيادة.
2. الحالة الانتقالية: $4,5\times 10^{-3}-x$ ؛ $6,0\times 10^{-3}-2x$ ؛ بزيادة ؛ $x$ ؛ بزيادة.
3. الحالة النهائية مع $x_f=3\times 10^{-3}\text{mol}$: $1,5\times 10^{-3}$ ؛ $0$ ؛ بزيادة ؛ $3\times 10^{-3}$ ؛ بزيادة.
4. $n_f({\text{I}}^{-})=0$، إذن شوارد اليود ${\text{I}}^{-}(aq)$ هي المتفاعل المحد.

الجواب الحالة النهائية: $n({\text{H}}_2{\text{O}}_2)=1,5\times 10^{-3}\text{mol}$، $n({\text{I}}^{-})=0$، $n({\text{I}}_2)=x_f=3\times 10^{-3}\text{mol}$. المتفاعل المحد: ${\text{I}}^{-}$.

انتبه كتابة $6,0\times 10^{-3}-x$: معامل ${\text{I}}^{-}$ هو $2$.

جدول التقدم والمتفاعل المحد

1. أ) الماء يخفض التراكيز والجليد يخفض درجة الحرارة: عاملان حركيان يوقفان التفاعل عملياً، فنعاير كمية ثنائي اليود الموجودة في اللحظة t بالضبط.
2. ب) عناصر الرسم: حامل وماسك، سحاحة مدرجة مملوءة بمحلول ثيوكبريتات الصوديوم وصنبورها، بيشر يحوي العينة (ماء اليود + صمغ النشاء: لون أزرق)، قضيب مغناطيسي ومخلاط مغناطيسي، وحوض (ماء + جليد).
3. التكافؤ عند اختفاء اللون الأزرق.

الجواب أ) التوقيف الآني لتفاعل تشكل ${\text{I}}_2$ في اللحظة المعتبرة $t$. ب) سحاحة مدرجة (ثيوكبريتات الصوديوم) على حامل، فوق بيشر فيه العينة وصمغ النشاء، على مخلاط مغناطيسي.

الأكسدة والإرجاع والمعايرة اللونية لثنائي اليود

1. السرعة الحجمية هي سرعة التفاعل في وحدة الحجم من المزيج التفاعلي.
2. $v_{vol}(t)=\frac{1}{V}v(t)=\frac{1}{V}\frac{dx(t)}{dt}$ مع $V$ حجم المزيج.

الجواب سرعة التفاعل في وحدة الحجم: $v_{vol}(t)=\frac{1}{V}\frac{dx(t)}{dt}$

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل

1. $V=V_1+V_2=200\text{mL}=0,2\text{L}$.
2. عند $t=0$: المماس (المنقط في الشكل) يمر بالمبدأ وبالنقطة $(3\text{min};2\text{mmol})$، ميله $\frac{2}{3}\approx 0,667\text{mmol/min}$.
3. $v_{vol}(0)=\frac{0,667\times 10^{-3}}{0,2}=3,33\times 10^{-3}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}\cdot {\text{min}}^{-1}$.
4. عند $t_1=9\text{min}$: ميل المماس $\approx 0,11\text{mmol/min}$، إذن $v_{vol}(9)=\frac{0,11\times 10^{-3}}{0,2}=0,55\times 10^{-3}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}\cdot {\text{min}}^{-1}$.
5. السرعة تتناقص مع الزمن بسبب تناقص تراكيز المتفاعلات.

الجواب $v_{vol}(0)=3,33\times 10^{-3}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}\cdot {\text{min}}^{-1}$ و $v_{vol}(9\text{min})=0,55\times 10^{-3}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}\cdot {\text{min}}^{-1}$

انتبه القسمة على 100 mL بدل الحجم الكلي 200 mL.

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل

1. $v({\text{I}}^{-})=-\frac{dn({\text{I}}^{-})}{dt}=2\frac{dx}{dt}=2V{v}_{vol}$.
2. $v({\text{I}}^{-})(9\text{min})=2\times 0,2\times 0,55\times 10^{-3}=0,22\times 10^{-3}\text{mol}\cdot {\text{min}}^{-1}$.

الجواب $v({\text{I}}^{-})=2V{v}_{vol}$ ، $v({\text{I}}^{-})(9\text{min})=0,22\times 10^{-3}\text{mol}\cdot {\text{min}}^{-1}$

انتبه نسيان المعامل 2 أو الحجم V.

السرعة الحجمية للتفاعل وزمن نصف التفاعل

1. انحفاظ العدد الكتلي (النكليونات): $239+1=102+135+x$، إذن $x=3$.
2. انحفاظ العدد الشحني: $94+0=42+Z+0$، إذن $Z=52$.

الجواب $Z=52$ و $x=3$

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون

1. $\Delta E=239\times \frac{E_{\ell }}{A}(\text{Pu})-102\times \frac{E_{\ell }}{A}(\text{Mo})-135\times \frac{E_{\ell }}{A}(\text{Te})$.
2. $\Delta E=239\times 7,5-102\times 8,6-135\times 8,3=1792,5-877,2-1120,5\approx -205\text{MeV}$.
3. $\Delta E=\Delta m\cdot c^2$ إذن $\Delta m=\frac{-205}{931,5}=-0,22008\text{u}$.

الجواب $\Delta E=-205\text{MeV}$ (طاقة محررة $205\text{MeV}$) و $\Delta m=-0,22008\text{u}$

انتبه جمع طاقات الربط بدل طرحها، أو احتساب طاقة للنترونات الحرة.

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون

1. المستوى الأعلى: النكليونات منفصلة $94p+146n$.
2. سهم صاعد من ${}_{94}^{239}\text{Pu}{+}_0^1\text{n}$ إلى المستوى الأعلى طوله $E_{\ell }(\text{Pu})=1792,5\text{MeV}$.
3. سهم نازل من المستوى الأعلى إلى ${}_{42}^{102}\text{Mo}{+}_{52}^{135}\text{Te}+3{}_0^1\text{n}$ طوله $E_{\ell }(\text{Mo})+E_{\ell }(\text{Te})=1997,7\text{MeV}$.
4. الفرق بين المستويين السفليين هو الطاقة المحررة $|\Delta E|\approx 205\text{MeV}$ (سهم نازل).

الجواب ثلاثة مستويات: في الأعلى $94p+146n$، في الوسط ${}_{94}^{239}\text{Pu}{+}_0^1\text{n}$، في الأسفل ${}_{42}^{102}\text{Mo}{+}_{52}^{135}\text{Te}+3{}_0^1\text{n}$.

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون

1. $N_{\text{Pu}}=\frac{m}{M}{N}_A=\frac{35}{239}\times 6,02\times 10^{23}\approx 8,82\times 10^{22}$ نواة.
2. $E_{lib}=N_{\text{Pu}}\times 205\times 1,6\times 10^{-13}\approx 2,89\times 10^{12}\text{J}$.
3. $\Delta t=24\times 3600=86400\text{s}$.
4. $P_{moy}=\frac{2,89\times 10^{12}}{86400}\approx 3,35\times 10^7\text{W}=33,5\text{MW}$.

الجواب $P_{moy}=33,5\text{MW}$

انتبه نسيان تحويل MeV إلى J أو اليوم إلى ثوان.

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون

1. هو منحنى أستون $-\frac{E_{\ell }}{A}=f(A)$: طاقة الربط لكل نكليون في النواة بدلالة عدد نكليوناتها.
2. الفائدة: تحديد آلية استقرار الأنوية؛ الأنوية في أسفل المنحنى (حول A بين 20 و 190 تقريباً، وأدناها قرب 60) أكثر استقراراً.

الجواب منحنى أستون: تغيرات $-\frac{E_{\ell }}{A}$ بدلالة $A$. فائدته: تحديد استقرار الأنوية (مقارنة استقرارها).

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون

1. نضع النقاط بإحداثياتها $\left(A;-\frac{E_{\ell }}{A}\right)$: $(239;-7,5)$، $(102;-8,6)$، $(135;-8,3)$.
2. نرسم سهمي انشطار من Pu نحو Mo و Te: النواتج أدنى على المنحنى، أي أكثر استقراراً.

الجواب $\text{Pu}$ عند $(239;-7,5)$ على الجزء الصاعد يميناً، $\text{Mo}$ عند $(102;-8,6)$ و $\text{Te}$ عند $(135;-8,3)$ في منطقة الاستقرار.

طاقة الربط والانشطار النووي ومنحنى أستون

1. سهم التوتر E يشير إلى القطب الموجب (الأعلى).
2. خارج المولد يمر التيار من $(+)$ إلى $(-)$: عبر $K$ ثم $A\to B\to C$ ويعود إلى المولد.

الجواب يمر التيار من القطب $(+)$ نحو القطب $(-)$ خارج المولد: من $A$ إلى $B$ ثم $C$.

ثنائي القطب RL (الوشيعة)

1. في النظام الدائم $i=I_0$ ثابت، إذن $\frac{di}{dt}=0$.
2. $E=(R+r)I_0$ ومنه $I_0=\frac{E}{R+r}$.

الجواب $I_0=\frac{E}{R+r}$

ثنائي القطب RL (الوشيعة)

1. نوصل مدخل راسم الاهتزاز $Y$ بالنقطة $B$ والأرضي بالنقطة $C$.
2. المنحنى: $u_{BC}$ ينطلق من $0$ عند $t=0$ ويتزايد ثم يستقر عند $U_{Rmax}=R{I}_0$.
3. $u_{BC}=Ri$ إذن $i=\frac{u_{BC}}{R}$: المقدار الذي يماثله في التطور هو شدة التيار.
4. في الرسم (بالقيم الناتجة عن السؤال ج): $u_{BC}=10\left(1-e^{-50t}\right)\text{V}$؛ المحور الأفقي بوحدة $10\text{ms}$ والعمودي بالفولط.

الجواب المدخل $Y$ في $B$ والأرضي في $C$. $u_{BC}$ يتزايد من $0$ نحو قيمة حدية $U_{Rmax}$. يماثل تطور شدة التيار $i=\frac{u_{BC}}{R}$.

ثنائي القطب RL (الوشيعة)

1. قانون جمع التوترات: $u_{AB}+u_{BC}=E$.
2. $L\frac{di}{dt}+ri+Ri=E$.
3. ومنه $\frac{di}{dt}+\frac{R+r}{L}i=\frac{E}{L}$، أو $\frac{di}{dt}+\frac{i}{\tau }-\frac{I_0}{\tau }=0$.

الجواب $\frac{di}{dt}+\frac{R+r}{L}i=\frac{E}{L}$

انتبه نسيان الحد $ri$ لمقاومة الوشيعة.

ثنائي القطب RL (الوشيعة)

1. بالمطابقة: $I_0=\frac{E}{R+r}=0,2\text{A}$، إذن $E=I_0(R+r)=0,2\times 60=12\text{V}$.
2. $\frac{1}{\tau }=50{\text{s}}^{-1}$، إذن $\tau =0,02\text{s}$.
3. $\tau =\frac{L}{R+r}$، إذن $L=\tau (R+r)=0,02\times 60=1,2\text{H}$.

الجواب $E=12\text{V}$ ، $\tau =0,02\text{s}$ ، $L=1,2\text{H}$

ثنائي القطب RL (الوشيعة)

1. $E_{(L)}(t)=\frac{1}{2}L{i}^2(t)=\frac{1}{2}\times 1,2\times 0,2^2{\left(1-e^{-50t}\right)}^2=24\times 10^{-3}{\left(1-e^{-50t}\right)}^2\text{J}$.
2. عند $t=\tau$: $1-e^{-1}\approx 0,63$، إذن $E_{(L)}(\tau )=24\times 10^{-3}\times 0,63^2\approx 9,5\times 10^{-3}\text{J}$.

الجواب $E_{(L)}(t)=24\times 10^{-3}{\left(1-e^{-50t}\right)}^2$ ؛ $E_{(L)}(\tau )=9,5\times 10^{-3}\text{J}$

ثنائي القطب RL (الوشيعة)

1. $\vec{P}$ و $\vec{R}$ متعاكسان على الشاقول.
2. $\vec{f}$ أفقية نحو $A$ لأن الحركة نحو $B$.

الجواب الثقل $\vec{P}$ (شاقولي نحو الأسفل)، رد الفعل $\vec{R}$ (عمودي على المستوي نحو الأعلى)، قوة الاحتكاك $\vec{f}$ (أفقية عكس جهة الحركة).

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)

1. في المعلم العطالي (السطحي الأرضي): $\sum {\vec{F}}_{ext}=m{\vec{a}}_G$، أي $\vec{P}+\vec{R}+\vec{f}=m\vec{a}$.
2. بالإسقاط على منحى الحركة: $0+0-f=m\frac{dv}{dt}$.
3. ومنه $\frac{dv}{dt}=-\frac{f}{m}$.

الجواب $\vec{P}+\vec{R}+\vec{f}=m\vec{a}$، وبالإسقاط على منحى الحركة: $-f=m\frac{dv}{dt}$.

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)

1. $a=-\frac{f}{m}$ ثابت، إذن $v(t)=at+v_0=-\frac{f}{m}t+v_0$.
2. $v=\frac{dx}{dt}$ و $x(0)=0$، إذن $x(t)=\frac{1}{2}a{t}^2+v_{0}t=-\frac{f}{2m}{t}^2+v_{0}t$.
3. $v^2=(at+v_0{)}^2=2a\left(\frac{1}{2}a{t}^2+v_{0}t\right)+v_0^2=2ax+v_0^2$.
4. ومنه $v^2=-\frac{2f}{m}x+v_0^2$.

الجواب $v(t)=-\frac{f}{m}t+v_0$ ؛ $x(t)=-\frac{f}{2m}{t}^2+v_{0}t$ ؛ $v^2=-\frac{2f}{m}x+v_0^2$

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)

1. معادلة البيان: $v^2=\alpha x+\beta$، وبالمطابقة مع $v^2=-\frac{2f}{m}x+v_0^2$.
2. $\beta =v_0^2=10(\text{m/s}{)}^2$ (الترتيب عند المبدأ)، إذن $v_0=\sqrt{10}\approx 3,16\text{m/s}$.
3. الميل $\alpha =-6,0\text{SI}$ (مثلاً من $(0;10)$ إلى $(1,0;4)$).
4. $-\frac{2f}{m}=-6,0$، إذن $f=\frac{6,0\times 0,4}{2}=1,2\text{N}$.

الجواب $v_0=3,16\text{m/s}$ و $f=1,2\text{N}$

انتبه استعمال $m=400$ بدل $0,4\text{kg}$.

القانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)

1. $\sum {\vec{F}}_{ext}=m{\vec{a}}_G$ مع $\vec{P}$ القوة الوحيدة: $m\vec{g}=m\vec{a}$، أي $\vec{a}=\vec{g}$.
2. بالإسقاط: $a_x=\frac{d{v}_x}{dt}=0$ و $a_y=\frac{d{v}_y}{dt}=+g$.
3. إذن مسقط الحركة على $(Bx)$ منتظم، وعلى $(By)$ متغير بانتظام (متسارع).
4. $v_x=v_B$ ثابت، $v_y=gt$؛ و $x(t)=v_{B}t$ ، $y(t)=\frac{1}{2}g{t}^2$.

الجواب على $(Bx)$ حركة مستقيمة منتظمة: $x=v_{B}t$؛ على $(By)$ متغيرة بانتظام متسارعة: $y=\frac{1}{2}g{t}^2$.

حركة قذيفة في مجال الجاذبيةالقانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)

1. من $x=v_{B}t$: $t=\frac{x}{v_B}$.
2. نعوض في $y=\frac{1}{2}g{t}^2$: $y=\frac{g}{2v_B^2}{x}^2$ (قطع مكافئ).

الجواب $y(x)=\frac{g}{2v_B^2}{x}^2$

حركة قذيفة في مجال الجاذبية

1. بيانياً: عند $x=AB=1,4\text{m}$ نقرأ $v_B^2=1,6(\text{m/s}{)}^2$، إذن $v_B=1,26\text{m/s}$.
2. من معادلة المسار: $BD=\frac{g}{2v_B^2}D{E}^2$، إذن $DE=\sqrt{\frac{2v_B^2\cdot BD}{g}}=\sqrt{\frac{2\times 1,6\times 0,5}{10}}=0,4\text{m}$.
3. مدة السقوط: $t=\frac{DE}{v_B}=\frac{0,4}{1,26}=0,31\text{s}$.
4. $v_{xE}=v_B=1,26\text{m/s}$ و $v_{yE}=gt=3,1\text{m/s}$.
5. $v_E=\sqrt{v_{xE}^2+v_{yE}^2}=3,34\text{m/s}$ (دون تدوير وسيط: $v_E=\sqrt{v_B^2+2gBD}=\sqrt{11,6}\approx 3,4\text{m/s}$).

الجواب $DE=0,4\text{m}$ و $v_E=3,34\text{m/s}$

حركة قذيفة في مجال الجاذبيةالقانون الثاني لنيوتن (حركة مستقيمة)

1. نحسب الكتلة اللازمة: $m=nM=cVM$.
2. نزنها بميزان إلكتروني في زجاجة ساعة، ثم ننقلها بواسطة قمع إلى حوجلة عيارية سعتها V.
3. نضيف قليلاً من الماء المقطر ونرج حتى الذوبان التام، ثم نكمل بالماء المقطر حتى خط العيار ونرج للتجانس.

الجواب نزن الكتلة $m=cVM$ ونذيبها في حوجلة عيارية سعتها $V$ ثم نكمل بالماء المقطر إلى خط العيار ونرج.

الأحماض الضعيفة: pH وثابت الحموضة pKa

1. تعريف الحمض: فرد كيميائي قابل لفقدان بروتون ${\text{H}}^{+}$ أو أكثر خلال تفاعل كيميائي.
2. $\text{HA}(aq)+{\text{H}}_2\text{O}(\ell )={\text{H}}_3{\text{O}}^{+}(aq)+{\text{A}}^{-}(aq)$.

الجواب فرد كيميائي قابل لفقدان بروتون أو أكثر خلال تفاعل كيميائي. $\text{HA}(aq)+{\text{H}}_2\text{O}(\ell )={\text{H}}_3{\text{O}}^{+}(aq)+{\text{A}}^{-}(aq)$

الأحماض الضعيفة: pH وثابت الحموضة pKa

1. $[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}{]}_{\text{eˊq}}=[{\text{A}}^{-}{]}_{\text{eˊq}}=10^{-\text{pH}}$ و $[\text{HA}{]}_{\text{eˊq}}=c-[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}{]}_{\text{eˊq}}$.
2. العمود الأول: $10^{-3,10}=79,4\times 10^{-5}\text{mol/L}$، $[\text{HA}]=1,0\times 10^{-2}-7,94\times 10^{-4}=9,21\times 10^{-3}$، $\log \frac{7,94\times 10^{-4}}{9,21\times 10^{-3}}=-1,07$.
3. العمود الثاني: $52,4\times 10^{-5}$ ؛ $4,48\times 10^{-3}$ ؛ $-0,93$.
4. العمود الثالث: $22,3\times 10^{-5}$ ؛ $0,78\times 10^{-3}$ ؛ $-0,54$.
5. العمود الرابع: $14,7\times 10^{-5}$ ؛ $0,36\times 10^{-3}$ ؛ $-0,38$.
6. العمود الخامس: $5,3\times 10^{-5}$ ؛ $0,047\times 10^{-3}$ ؛ $0,06$.
7. ملاحظة: في الإجابة النموذجية الرسمية كُتبت بعض القوى خطأً ($10^{-3}$ بدل $10^{-5}$ في سطر $[{\text{A}}^{-}]$، و $5,3\times 10^{-3}$ بدل $5,3\times 10^{-5}$). القيم أعلاه مصحّحة، والنتائج النهائية للإجابة الرسمية لا تتغير.

الجواب $[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}]=[{\text{A}}^{-}]$ (mol/L): $7,94\times 10^{-4}$ ؛ $5,24\times 10^{-4}$ ؛ $2,23\times 10^{-4}$ ؛ $1,47\times 10^{-4}$ ؛ $5,3\times 10^{-5}$. $[\text{HA}]$: $9,21\times 10^{-3}$ ؛ $4,48\times 10^{-3}$ ؛ $0,78\times 10^{-3}$ ؛ $0,36\times 10^{-3}$ ؛ $0,047\times 10^{-3}$. $\log$: $-1,07$ ؛ $-0,93$ ؛ $-0,54$ ؛ $-0,38$ ؛ $0,06$.

انتبه أخذ $[\text{HA}{]}_{\text{eˊq}}=c$: الفرق مهم خاصة للتراكيز الصغيرة (العمود الأخير).

الأحماض الضعيفة: pH وثابت الحموضة pKaجدول التقدم والمتفاعل المحد

1. $K_a=\frac{[{\text{A}}^{-}{]}_{\text{eˊq}}[{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}{]}_{\text{eˊq}}}{[\text{HA}{]}_{\text{eˊq}}}$.
2. بأخذ $-\log$ للطرفين: $\text{p}{K}_a=\text{pH}-\log \frac{[{\text{A}}^{-}{]}_{\text{eˊq}}}{[\text{HA}{]}_{\text{eˊq}}}$.

الجواب $\text{pH}=\text{p}{K}_a+\log \frac{[{\text{A}}^{-}{]}_{\text{eˊq}}}{[\text{HA}{]}_{\text{eˊq}}}$

الأحماض الضعيفة: pH وثابت الحموضة pKa

1. نعلّم النقاط الخمس (log على محور الفواصل، pH على محور التراتيب) فنجدها على استقامة واحدة.
2. نمدد المستقيم حتى محور التراتيب: يقطعه عند $\text{pH}\approx 4,2$، وميله $\approx 1$.
3. معادلة البيان: $\text{pH}=4,2+\log \frac{[{\text{A}}^{-}{]}_{\text{eˊq}}}{[\text{HA}{]}_{\text{eˊq}}}$.

الجواب مستقيم ميله $1$: $\text{pH}=4,2+\log \frac{[{\text{A}}^{-}{]}_{\text{eˊq}}}{[\text{HA}{]}_{\text{eˊq}}}$

الأحماض الضعيفة: pH وثابت الحموضة pKa

1. من المعادلة: عند $\log \frac{[{\text{A}}^{-}]}{[\text{HA}]}=0$ يكون $\text{pH}=\text{p}{K}_a=4,2$.
2. الثنائية التي $\text{p}{K}_a=4,2$ هي ${\text{C}}_6{\text{H}}_5\text{COOH}/{\text{C}}_6{\text{H}}_5{\text{COO}}^{-}$.

الجواب $\text{p}{K}_a=4,2$، الحمض هو ${\text{C}}_6{\text{H}}_5\text{COOH}$.

الأحماض الضعيفة: pH وثابت الحموضة pKa

1. تزداد قوة الحمض بتزايد $K_a$، أي بتناقص $\text{p}{K}_a$.
2. $4,87>4,2>3,8$، إذن الترتيب: ${\text{C}}_2{\text{H}}_5\text{COOH}$ ثم ${\text{C}}_6{\text{H}}_5\text{COOH}$ ثم $\text{HCOOH}$ (الأقوى).

الجواب ${\text{C}}_2{\text{H}}_5\text{COOH}<{\text{C}}_6{\text{H}}_5\text{COOH}<\text{HCOOH}$

الأحماض الضعيفة: pH وثابت الحموضة pKa