منصّة الأستاذ تبيب حكيم للفيزياءwww.tebibphysique.com

السنة الثالثة ثانوي

المتابعة الزمنية لتحول كيميائي

كل السلاسل

تحميل السلسلة (PDF)تحميل الحلول المفصلة (PDF)

اقرأ نص التمرين وحاول حله بنفسك، ثم اعرض الحل المفصل لتتحقق من إجابتك.

16 تمرينا بصياغة البكالوريا

ستة عشر تمرينا في المتابعة الزمنية لتحول كيميائي بصياغة البكالوريا، مع الحل المفصل لكل تمرين.

تحميل السلسلة (PDF)تحميل الحلول المفصلة (PDF)تحميل التمارين دون حلول (Word)

التمرين السابع (بكالوريا 2016 — شعبة رياضيات)

متوسط

نريد إجراء متابعة زمنية للتحول الكيميائي بين معدن الألمنيوم $\ce{Al}$ ومحلول حمض كلور الماء $\ce{(H3O^+ + Cl^-)(aq)}$ ، المنمذج بالتفاعل التام ذي المعادلة:

\ce{2Al(s) + 6H3O^+(aq) = 2Al^{3+}(aq) + 3H2(g) + 6H2O(l)}

نضع في حوجلة قطعة ألمنيوم مملغمة كتلتها $m_0$ ، ثم نضيف إليها عند اللحظة $t = 0$ حجما $V = 100~\mathrm{mL}$ من محلول حمض كلور الماء تركيزه المولي $C$ . نتابع تطور التحول في درجة حرارة وضغط ثابتين بقياس حجم غاز ثنائي الهيدروجين المنطلق عند كل لحظة $t$ ، ونستنتج منه كتلة الألمنيوم المتبقية $m(t)$ ، فنحصل على البيان الممثل في الشكل 1.

الشكل 1 — التمرين 7

استنتج الثنائيتين $(Ox/Red)$ الداخلتين في هذا التحول.

أنجز جدول تقدم التفاعل.

احسب كمية المادة الابتدائية للمتفاعلين، ثم استنتج التركيز المولي $C$ لمحلول حمض كلور الماء.

بيّن أن كتلة الألمنيوم المتبقية عند كل لحظة تُعطى بالعلاقة:

m(t) = 4{,}05 - 2{,}7 \cdot [\ce{Al^{3+}}]

حيث $m$ بالغرام $(\mathrm{g})$ و $[\ce{Al^{3+}}]$ بالوحدة $\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ .

بيّن أن كتلة الألمنيوم المتبقية عند زمن نصف التفاعل تُعطى بالعلاقة:

m(t_{1/2}) = \frac{m_0 + m_f}{2}

ثم استنتج بيانيا قيمة $t_{1/2}$ .

بيّن أن السرعة الحجمية للتفاعل تُعطى بالعلاقة:

v_{vol} = -\frac{1}{2V \cdot M(\ce{Al})} \times \frac{dm(t)}{dt}

ثم احسب قيمتها عند اللحظة $t = 3~\mathrm{min}$ .

يُعطى: $M(\ce{Al}) = 27~\mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mol)$	$C\ (mol/L)$	$m(t_{1/2})\ (g)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

الثنائيتان (Ox/Red):

(\ce{Al^{3+}}/\ce{Al})~~;~~(\ce{H3O^+}/\ce{H2})

\ce{Al(s) = Al^{3+}(aq) + 3e^-}~~~~;~~~~\ce{2H3O^+(aq) + 2e^- = H2(g) + 2H2O(l)}

جدول التقدم:

\ce{2Al + 6H3O^+ = 2Al^{3+} + 3H2 + 6H2O}

الحالة	التقدم	$\ce{Al}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Al^{3+}}$	$\ce{H2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$n_0(\ce{Al})$	$C V$	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$n_0(\ce{Al}) - 2x$	$C V - 6x$	$2x$	$3x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$n_0(\ce{Al}) - 2x_{max}$	$C V - 6x_{max}$	$2x_{max}$	$3x_{max}$	بوفرة

كميات المادة الابتدائية والتركيز $C$ :

من البيان: $m_0 = 4{,}05~\mathrm{g}$ و $m_f = 1{,}62~\mathrm{g}$ :

n_0(\ce{Al}) = \frac{4{,}05}{27} = 0{,}15~\mathrm{mol}~~;~~n_f(\ce{Al}) = \frac{1{,}62}{27} = 0{,}06~\mathrm{mol}

يبقى الألمنيوم عند نهاية التفاعل التام، إذن المتفاعل المحد هو $\ce{H3O^+}$ :

0{,}15 - 2x_{max} = 0{,}06 \Rightarrow x_{max} = 0{,}045~\mathrm{mol}~~;~~n_0(\ce{H3O^+}) = 6x_{max} = 0{,}27~\mathrm{mol}

C = \frac{n_0(\ce{H3O^+})}{V} = \frac{0{,}27}{0{,}1}

C = 2{,}7~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

إثبات عبارة $m(t)$ :

$m(t) = M(\ce{Al}) \cdot (n_0 - 2x) = m_0 - 2M(\ce{Al}) \cdot x$ و $[\ce{Al^{3+}}] = \frac{2x}{V}$ ، أي $2x = V \cdot [\ce{Al^{3+}}]$ :

m(t) = m_0 - M(\ce{Al}) \cdot V \cdot [\ce{Al^{3+}}] = 4{,}05 - 27 \times 0{,}1 \cdot [\ce{Al^{3+}}]

m(t) = 4{,}05 - 2{,}7 \cdot [\ce{Al^{3+}}]

كتلة الألمنيوم عند $t_{1/2}$ :

عند $t_{1/2}$ : $x = \frac{x_{max}}{2}$ ، ومنه $m(t_{1/2}) = m_0 - M \cdot x_{max}$ . ومن جهة أخرى $m_f = m_0 - 2M \cdot x_{max}$ ، أي $M \cdot x_{max} = \frac{m_0 - m_f}{2}$ :

m(t_{1/2}) = m_0 - \frac{m_0 - m_f}{2} = \frac{m_0 + m_f}{2} = \frac{4{,}05 + 1{,}62}{2} = 2{,}835~\mathrm{g}

بالإسقاط على البيان:

t_{1/2} = 1~\mathrm{min}

الشكل 1 — حل التمرين السابع

عبارة السرعة الحجمية وقيمتها عند $t = 3~\mathrm{min}$ :

من $m = m_0 - 2M \cdot x$ : $x = \frac{m_0 - m}{2M}$ و $\frac{dx}{dt} = -\frac{1}{2M} \cdot \frac{dm}{dt}$ ، إذن:

v_{vol} = \frac{1}{V} \cdot \frac{dx}{dt} = -\frac{1}{2V \cdot M(\ce{Al})} \times \frac{dm(t)}{dt}

المماس عند $t = 3~\mathrm{min}$ يمر بالنقطتين $(0~;~2{,}56~\mathrm{g})$ و $(7~\mathrm{min}~;~1{,}08~\mathrm{g})$ :

\frac{dm}{dt} = \frac{1{,}08 - 2{,}56}{7} = -0{,}211~\mathrm{g \cdot min^{-1}}~~\Rightarrow~~v_{vol} = \frac{0{,}211}{2 \times 0{,}1 \times 27}

v_{vol}(3~\mathrm{min}) \approx 3{,}9 \times 10^{-2}~\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

التمرين الثامن (بكالوريا 2020 — شعبة رياضيات)

متوسط

ندرس حركية التفاعل الحادث بين النوع الكيميائي $\ce{HCOOCH2CH3}$ ومحلول هيدروكسيد الصوديوم $\ce{(Na^+ + HO^-)(aq)}$ ، عن طريق قياس الناقلية $G$ للمزيج التفاعلي.

نحقق عند اللحظة $t = 0$ مزيجا من حجم $V_0 = 200~\mathrm{mL}$ من محلول هيدروكسيد الصوديوم تركيزه المولي $C_0$ ، و $n_0 = 2~\mathrm{mmol}$ من النوع الكيميائي $\ce{HCOOCH2CH3}$ . نعتبر حجم المزيج التفاعلي ثابتا $V = V_0 = 200~\mathrm{mL}$ . معادلة التفاعل التام المنمذج للتحول الحادث هي:

\ce{HCOOCH2CH3(l) + HO^-(aq) = HCOO^-(aq) + CH3CH2OH(aq)}

باستعمال برمجية مناسبة تحصلنا على المنحنيين الممثلين في الشكل 1 (تطور الناقلية بدلالة التقدم) والشكل 2 (تطور الناقلية بدلالة الزمن).

الشكل 1 — التمرين 8

الشكل 2 — التمرين 8

هل التفاعل الحادث سريع أم بطيء؟ علّل.

اذكر الأنواع الكيميائية المسؤولة عن ناقلية المزيج التفاعلي.

أنجز جدول تقدم التفاعل.

بيّن أن ناقلية المزيج التفاعلي عند لحظة $t$ تُكتب بالشكل:

G = \frac{K}{V} \cdot (\lambda(\ce{HCOO^-}) - \lambda(\ce{HO^-})) \cdot x + K \cdot C_0 \cdot (\lambda(\ce{HO^-}) + \lambda(\ce{Na^+}))

حيث $K$ ثابت خلية قياس الناقلية.

اعتمادا على منحنى الشكل 1، جد قيمة كل من ثابت الخلية $K$ والتركيز المولي $C_0$ .

انطلاقا من المنحنيين، جد التركيب المولي للمزيج التفاعلي عند اللحظة $t = 15~\mathrm{min}$ .

بيّن أن عبارة السرعة الحجمية للتفاعل تُكتب بالعلاقة:

v_{vol} = \frac{1}{K \cdot (\lambda(\ce{HCOO^-}) - \lambda(\ce{HO^-}))} \times \frac{dG}{dt}

ثم احسب قيمتها عند اللحظة $t = 15~\mathrm{min}$ .

جد زمن نصف التفاعل.

المعطيات: نهمل التركيز المولي لشوارد الهيدرونيوم $\ce{H3O^+}$ أمام التركيز المولي لشوارد الهيدروكسيد $\ce{HO^-}$ . الناقليات النوعية المولية الشاردية عند $25~\mathrm{°C}$ :

\lambda(\ce{Na^+}) = 5~\mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}~~;~~\lambda(\ce{HCOO^-}) = 5{,}46~\mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}~~;~~\lambda(\ce{HO^-}) = 20~\mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}

تحقق من نتائجك

المقدار	$K\ (10^{-2}\ m)$	$C_0\ (10^{-2}\ mol/L)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

التفاعل بطيء:

تتغير الناقلية $G$ تدريجيا ولا تستقر إلا بعد مدة تقارب الساعة (الشكل 2‏): التفاعل يستغرق عدة دقائق، فهو بطيء.

الأنواع الكيميائية المسؤولة عن الناقلية:

الشوارد الموجودة في المزيج: $\ce{Na^+}$ و $\ce{HO^-}$ و $\ce{HCOO^-}$ (نهمل $\ce{H3O^+}$ ).

جدول التقدم (كميات المادة بـ mmol):

\ce{HCOOCH2CH3 + HO^- = HCOO^- + CH3CH2OH}

الحالة	التقدم	$\ce{HCOOCH2CH3}$	$\ce{HO^-}$	$\ce{HCOO^-}$	$\ce{CH3CH2OH}$
ابتدائية	$0$	$2$	$C_0 V_0$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$2 - x$	$C_0 V_0 - x$	$x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$2 - x_{max}$	$C_0 V_0 - x_{max}$	$x_{max}$	$x_{max}$

عبارة الناقلية $G$ :

$G = K \cdot \sigma$ مع $\sigma = \lambda(\ce{Na^+})[\ce{Na^+}] + \lambda(\ce{HO^-})[\ce{HO^-}] + \lambda(\ce{HCOO^-})[\ce{HCOO^-}]$ ، ومن جدول التقدم:

[\ce{Na^+}] = C_0~~;~~[\ce{HO^-}] = C_0 - \frac{x}{V}~~;~~[\ce{HCOO^-}] = \frac{x}{V}

G = \frac{K}{V} \cdot (\lambda(\ce{HCOO^-}) - \lambda(\ce{HO^-})) \cdot x + K \cdot C_0 \cdot (\lambda(\ce{HO^-}) + \lambda(\ce{Na^+}))

ثابت الخلية $K$ والتركيز $C_0$ :

منحنى الشكل 1 خط مستقيم $G = a \cdot x + b$ يمر بالنقطتين $(0~;~2{,}5~\mathrm{mS})$ و $(2~\mathrm{mmol}~;~1{,}046~\mathrm{mS})$ :

a = \frac{1{,}046 - 2{,}5}{2} = -0{,}727~\mathrm{mS \cdot mmol^{-1}} = -0{,}727~\mathrm{S \cdot mol^{-1}}~~;~~b = 2{,}5 \times 10^{-3}~\mathrm{S}

بالمطابقة: $a = \frac{K}{V}(\lambda(\ce{HCOO^-}) - \lambda(\ce{HO^-}))$ مع $\lambda(\ce{HCOO^-}) - \lambda(\ce{HO^-}) = -14{,}54 \times 10^{-3}~\mathrm{S \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}$ و $V = 2 \times 10^{-4}~\mathrm{m^3}$ :

K = \frac{a \cdot V}{\lambda(\ce{HCOO^-}) - \lambda(\ce{HO^-})} = \frac{-0{,}727 \times 2 \times 10^{-4}}{-14{,}54 \times 10^{-3}}

K = 1{,}0 \times 10^{-2}~\mathrm{m}

C_0 = \frac{b}{K \cdot (\lambda(\ce{HO^-}) + \lambda(\ce{Na^+}))} = \frac{2{,}5 \times 10^{-3}}{10^{-2} \times 25 \times 10^{-3}} = 10~\mathrm{mol \cdot m^{-3}}

C_0 = 1{,}0 \times 10^{-2}~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

ملاحظة: $n_0(\ce{HO^-}) = C_0 V_0 = 2~\mathrm{mmol} = n_0$ ، المزيج الابتدائي ستوكيومتري و $x_{max} = 2~\mathrm{mmol}$ (نهاية المستقيم في الشكل 1).

التركيب المولي عند $t = 15~\mathrm{min}$ :

من الشكل 2: $G(15~\mathrm{min}) = 1{,}615~\mathrm{mS}$ ، ومن الشكل 1 توافق هذه القيمة $x = \frac{2{,}5 - 1{,}615}{0{,}727} = 1{,}22~\mathrm{mmol}$ :

n(\ce{HCOOCH2CH3}) = n(\ce{HO^-}) = 2 - 1{,}22 = 0{,}78~\mathrm{mmol}~~;~~n(\ce{HCOO^-}) = n(\ce{CH3CH2OH}) = 1{,}22~\mathrm{mmol}~~;~~n(\ce{Na^+}) = 2~\mathrm{mmol}

الشكل 1 — حل التمرين الثامن

الشكل 2 — حل التمرين الثامن

عبارة السرعة الحجمية وقيمتها عند $t = 15~\mathrm{min}$ :

باشتقاق عبارة $G$ بالنسبة للزمن: $\frac{dG}{dt} = \frac{K}{V}(\lambda(\ce{HCOO^-}) - \lambda(\ce{HO^-})) \cdot \frac{dx}{dt}$ ، إذن:

v_{vol} = \frac{1}{V} \cdot \frac{dx}{dt} = \frac{1}{K \cdot (\lambda(\ce{HCOO^-}) - \lambda(\ce{HO^-}))} \times \frac{dG}{dt}

المماس عند $t = 15~\mathrm{min}$ يمر بالنقطتين $(0~;~2{,}16~\mathrm{mS})$ و $(60{,}5~\mathrm{min}~;~0)$ :

\frac{dG}{dt} = \frac{0 - 2{,}16}{60{,}5} = -3{,}57 \times 10^{-2}~\mathrm{mS \cdot min^{-1}}~~\Rightarrow~~v_{vol} = \frac{-3{,}57 \times 10^{-5}}{10^{-2} \times (-14{,}54 \times 10^{-3})} = 0{,}246~\mathrm{mol \cdot m^{-3} \cdot min^{-1}}

v_{vol}(15~\mathrm{min}) \approx 2{,}5 \times 10^{-4}~\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

زمن نصف التفاعل:

$x(t_{1/2}) = \frac{x_{max}}{2} = 1~\mathrm{mmol}$ أي $G = 2{,}5 - 0{,}727 = 1{,}773~\mathrm{mS}$ . بالإسقاط على الشكل 2:

t_{1/2} \approx 11~\mathrm{min}

التمرين التاسع

متوسط

لكربونات الكالسيوم $\ce{CaCO3(s)}$ عدة فوائد، من بينها استعمالها في صناعة الأدوية، كما تظهر على شكل راسب في الأواني يُتخلص منه باستعمال الأحماض (الشكل 1‏).

الشكل 1 — التمرين 9

يهدف هذا التمرين إلى دراسة حركية التفاعل الكيميائي الحادث بين حمض كلور الهيدروجين وكربونات الكالسيوم.

عند درجة حرارة ثابتة $\theta$ ، ندخل كتلة $m_0$ من كربونات الكالسيوم النقية في الزجاجية رقم 5 التي حجمها $V_{int} = 1{,}0~\mathrm{L}$ ، والتي تحتوي على حجم $V_S = 200~\mathrm{mL}$ من محلول $(S)$ لحمض كلور الهيدروجين $\ce{(H3O^+ + Cl^-)(aq)}$ تركيزه المولي $C_0$ (الشكل 2‏). ننمذج التحول الكيميائي التام الحادث بالمعادلة:

\ce{CaCO3(s) + 2H3O^+(aq) = Ca^{2+}(aq) + CO2(g) + 3H2O(l)}

الشكل 2 — التمرين 9

سمحت المتابعة الزمنية للتفاعل بالحصول على تغيرات ضغط الغاز الناتج $P$ داخل الزجاجية رقم 5 بدلالة الزمن $t$ (الشكل 3‏)، وباستعمال برمجية مناسبة تمكنا من الحصول على البيان الممثل لتطور الضغط $P$ بدلالة كتلة كربونات الكالسيوم المتبقية $m_t(\ce{CaCO3})$ (الشكل 4‏).

الشكل 3 — التمرين 9

الشكل 4 — التمرين 9

أكمل البيانات المرقمة في الشكل 2، ثم وضّح أهمية الزجاجية رقم 5.

أنجز جدول تقدم التفاعل، ثم اكتب عبارة الضغط $P$ للغاز الناتج عند لحظة $t$ بدلالة: $x$ تقدم التفاعل، $T$ درجة الحرارة المطلقة، $V(\ce{CO2})$ حجم غاز ثنائي أكسيد الكربون، و $R$ ثابت الغازات المثالية.

بيّن أن ضغط الغاز الناتج عند لحظة $t$ يُعطى بالعلاقة:

P_t = a \cdot m_t(\ce{CaCO3}) + b

مع تحديد عبارة كل من $a$ و $b$ .

اعتمادا على الشكل 4:

حدّد قيمة الكتلة الابتدائية $m_0$ ، ثم بيّن أن $\theta = 40~\mathrm{°C}$ .

احسب قيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ ، والتركيز المولي $C_0$ للمحلول $(S)$ .

عرّف السرعة الحجمية للتفاعل $v_{vol}$ ، وبيّن أنها تُكتب بالشكل:

v_{vol} = \frac{V(\ce{CO2})}{V_S \cdot R \cdot T} \times \frac{dP}{dt}

احسب قيمة السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظة $t = 0$ .

عرّف زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ ، ثم حدّد قيمته.

المعطيات:

R = 8{,}31~\mathrm{Pa \cdot m^3 \cdot mol^{-1} \cdot K^{-1}}~~;~~M(\ce{CaCO3}) = 100~\mathrm{g \cdot mol^{-1}}~~;~~T(\mathrm{K}) = \theta(\mathrm{°C}) + 273

تحقق من نتائجك

المقدار	$m_0\ (g)$	$\theta\ (^{\circ}C)$	$x_{max}\ (10^{-2}\ mol)$	$C_0\ (mol/L)$
القيمة

عرض الحل

البيانات المرقمة في الشكل 2 وأهمية الزجاجية رقم 5:

1: ميقاتية ؛ 2: أنبوب توصيل ؛ 3: جهاز قياس الضغط (مانومتر) ؛ 4: حوض مائي (حمّام مائي) يحافظ على ثبات درجة الحرارة ؛ 5: دورق (حوجلة) ؛ 6: ميزان حرارة (محرار).

الزجاجية رقم 5 وعاء مغلق ذو حجم ثابت يحدث فيه التفاعل، وتحبس غاز $\ce{CO2}$ الناتج فيتزايد ضغطه بتقدم التفاعل، مما يسمح بالمتابعة عن طريق قياس الضغط.

جدول التقدم وعبارة الضغط $P$ :

\ce{CaCO3 + 2H3O^+ = Ca^{2+} + CO2 + 3H2O}

الحالة	التقدم	$\ce{CaCO3}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Ca^{2+}}$	$\ce{CO2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$\frac{m_0}{M}$	$C_0 V_S$	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$\frac{m_0}{M} - x$	$C_0 V_S - 2x$	$x$	$x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$\frac{m_0}{M} - x_{max}$	$C_0 V_S - 2x_{max}$	$x_{max}$	$x_{max}$	بوفرة

بتطبيق قانون الغاز المثالي على غاز $\ce{CO2}$ الناتج ( $n(\ce{CO2}) = x$ ) الذي يشغل الحجم $V(\ce{CO2}) = V_{int} - V_S$ :

P = \frac{x \cdot R \cdot T}{V(\ce{CO2})}

إثبات العلاقة $P_t = a \cdot m_t(\ce{CaCO3}) + b$ :

من جدول التقدم: $m_t(\ce{CaCO3}) = M \cdot (\frac{m_0}{M} - x) = m_0 - M \cdot x$ ، أي $x = \frac{m_0 - m_t}{M}$ . بالتعويض:

P_t = \frac{R T}{M \cdot V(\ce{CO2})} \cdot (m_0 - m_t) = -\frac{R T}{M \cdot V(\ce{CO2})} \cdot m_t + \frac{m_0 \cdot R T}{M \cdot V(\ce{CO2})}

a = -\frac{R T}{M \cdot V(\ce{CO2})}~~;~~b = \frac{m_0 \cdot R T}{M \cdot V(\ce{CO2})}

الكتلة الابتدائية $m_0$ ودرجة الحرارة:

عند $t = 0$ يكون $P = 0$ ، والمستقيم يقطع محور الكتل عند $m_0$ :

m_0 = 8~\mathrm{g}

ميل المستقيم (يمر بالنقطتين $(8~\mathrm{g}~;~0)$ و $(2~\mathrm{g}~;~1{,}95 \times 10^{5}~\mathrm{Pa})$ ):

a = \frac{1{,}95 \times 10^{5} - 0}{2 - 8} = -3{,}25 \times 10^{4}~\mathrm{Pa \cdot g^{-1}}

مع $V(\ce{CO2}) = 1{,}0 - 0{,}2 = 0{,}8~\mathrm{L} = 8 \times 10^{-4}~\mathrm{m^3}$ :

T = \frac{|a| \cdot M \cdot V(\ce{CO2})}{R} = \frac{3{,}25 \times 10^{4} \times 100 \times 8 \times 10^{-4}}{8{,}31} = 313~\mathrm{K}

\theta = 313 - 273 = 40~\mathrm{°C}

التقدم الأعظمي والتركيز $C_0$ :

عند نهاية التفاعل تبقى كتلة $m_f = 2~\mathrm{g} \neq 0$ من كربونات الكالسيوم، فالمتفاعل المحد هو $\ce{H3O^+}$ :

x_{max} = \frac{m_0 - m_f}{M} = \frac{8 - 2}{100}

x_{max} = 6{,}0 \times 10^{-2}~\mathrm{mol}

(تحقق: $x_{max} = \frac{P_{max} V(\ce{CO2})}{R T} = \frac{1{,}95 \times 10^{5} \times 8 \times 10^{-4}}{8{,}31 \times 313} = 6{,}0 \times 10^{-2}~\mathrm{mol}$ .) وبما أن $\ce{H3O^+}$ محد: $C_0 V_S - 2x_{max} = 0$ :

C_0 = \frac{2x_{max}}{V_S} = \frac{2 \times 6{,}0 \times 10^{-2}}{0{,}2}

C_0 = 0{,}6~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

تعريف السرعة الحجمية وعبارتها:

هي سرعة التفاعل في وحدة الحجم من المحلول: $v_{vol} = \frac{1}{V_S} \cdot \frac{dx}{dt}$ . ومن $x = \frac{P \cdot V(\ce{CO2})}{R T}$ (مع $T$ و $V(\ce{CO2})$ ثابتين):

v_{vol} = \frac{V(\ce{CO2})}{V_S \cdot R \cdot T} \times \frac{dP}{dt}

السرعة الحجمية عند $t = 0$ :

المماس عند المبدأ يمر بالنقطة $(30~\mathrm{s}~;~1{,}92 \times 10^{5}~\mathrm{Pa})$ :

\frac{dP}{dt} = \frac{1{,}92 \times 10^{5}}{30} = 6{,}4 \times 10^{3}~\mathrm{Pa \cdot s^{-1}}~~\Rightarrow~~v_{vol} = \frac{8 \times 10^{-4} \times 6{,}4 \times 10^{3}}{2 \times 10^{-4} \times 8{,}31 \times 313} = 9{,}8~\mathrm{mol \cdot m^{-3} \cdot s^{-1}}

v_{vol}(0) \approx 9{,}8 \times 10^{-3}~\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot s^{-1}}

زمن نصف التفاعل:

هو الزمن اللازم لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية. بما أن $P$ يتناسب مع $x$ : $P(t_{1/2}) = \frac{P_{max}}{2} = 0{,}975 \times 10^{5}~\mathrm{Pa}$ . بالإسقاط على الشكل 3:

t_{1/2} \approx 21~\mathrm{s}

الشكل 3 — حل التمرين التاسع

التمرين العاشر

متوسط

يُعرف محلول بيروكسيد الهيدروجين $\ce{H2O2}$ بالماء الأكسجيني، ويُستعمل في التطهير وفي تنظيف العدسات اللاصقة وكذا في التبييض. يتفكك الماء الأكسجيني ذاتيا ببطء شديد وفق تحول تام ننمذجه بالمعادلة:

\ce{2H2O2(aq) = O2(g) + 2H2O(l)}

تحتوي قارورة سعتها $500~\mathrm{mL}$ على محلول للماء الأكسجيني $(S_0)$ كُتب عليها $(100~\mathrm{V})$ ، والتي تعني أن تفكك $1~\mathrm{L}$ من هذا المحلول يحرر $100~\mathrm{L}$ من غاز ثنائي الأكسجين في الشرطين النظاميين.

اكتب المعادلتين النصفيتين للأكسدة والإرجاع، وحدّد الثنائيتين $(Ox/Red)$ الداخلتين في التفاعل.

أنجز جدول التقدم الموافق لتفكك $1~\mathrm{L}$ من المحلول $(S_0)$ ، وتأكد أن تركيزه المولي $C_0 = 8{,}93~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ .

لمعرفة ما إذا كان المحلول الموجود في القارورة حديث التحضير، نمدد المحلول $(S_0)$ 10 مرات فنحصل على محلول $(S)$ تركيزه المولي $C$ . الزجاجيات المتوفرة:

بياشر: $40~\mathrm{mL}$ ، $100~\mathrm{mL}$ ، $200~\mathrm{mL}$ .
حوجلات عيارية: $100~\mathrm{mL}$ ، $200~\mathrm{mL}$ ، $400~\mathrm{mL}$ ، $1000~\mathrm{mL}$ .
ماصات عيارية: $5~\mathrm{mL}$ ، $20~\mathrm{mL}$ ، $25~\mathrm{mL}$ .

اختر من القائمة الزجاجيات المستعملة في عملية التمديد، ثم استنتج التركيز المولي المتوقع $C$ للمحلول $(S)$ .

عند اللحظة $t = 0$ نأخذ $200~\mathrm{mL}$ من المحلول $(S)$ ونضيف إليه بضع قطرات من محلول كلور الحديد الثلاثي $\ce{(Fe^{3+} + 3Cl^-)(aq)}$ . نأخذ في لحظات مختلفة عينات من المزيج حجم كل منها $V' = 10~\mathrm{mL}$ ، نبردها مباشرة بالماء والجليد، ثم نعايرها بمحلول ثنائي كرومات البوتاسيوم $\ce{(2K^+ + Cr2O7^{2-})(aq)}$ المحمض تركيزه المولي $C_3 = 0{,}1~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ونسجل في كل مرة حجم التكافؤ $V_E$ ، فنحصل على البيان الممثل في الشكل 1.

الشكل 1 — التمرين 10

ما دور محلول كلور الحديد الثلاثي؟ وكيف يُدعى؟

ما دور إضافة الماء والجليد؟ وهل تؤثر على حجم التكافؤ؟

عرّف نقطة التكافؤ، وكيف نستدل على بلوغها؟

ارسم مخطط التركيب التجريبي للمعايرة، واذكر خصائص تفاعل المعايرة.

اكتب معادلة تفاعل المعايرة.

اعتمادا على جدول التقدم وتعريف نقطة التكافؤ، بيّن أن:

x(t) = \frac{C \cdot V}{2} - 30 \cdot C_3 \cdot V_E

حيث $V = 200~\mathrm{mL}$ حجم المزيج التفاعلي.

جد التركيز المولي $C$ للمحلول $(S)$ ، ثم استنتج التركيز المولي $C_0$ للمحلول الموجود في القارورة. هل هذا المحلول محضّر حديثا؟

عرّف زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ ، وحدّد قيمته بيانيا.

عرّف السرعة الحجمية للتفاعل، واحسب قيمتها عند اللحظة $t = 200~\mathrm{s}$ .

يُعطى: الثنائية $(\ce{Cr2O7^{2-}}/\ce{Cr^{3+}})$ ، الحجم المولي في الشرطين النظاميين $V_M = 22{,}4~\mathrm{L \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$C_0\ (mol/L)$ النظري	$C\ (mol/L)$	$t_{1/2}\ (s)$
القيمة

عرض الحل

المعادلتان النصفيتان والثنائيتان:

\ce{H2O2(aq) + 2H2O(l) = O2(g) + 2H3O^+(aq) + 2e^-}~~~~(\ce{O2}/\ce{H2O2})

\ce{H2O2(aq) + 2H3O^+(aq) + 2e^- = 4H2O(l)}~~~~(\ce{H2O2}/\ce{H2O})

الماء الأكسجيني يلعب دور المؤكسد ودور المرجع في نفس الوقت.

جدول التقدم لتفكك $1~\mathrm{L}$ من $(S_0)$ :

\ce{2H2O2 = O2 + 2H2O}

الحالة	التقدم	$\ce{H2O2}$	$\ce{O2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$C_0 \times 1$	$0$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$C_0 - 2x_{max} = 0$	$x_{max}$	بوفرة

x_{max} = n(\ce{O2}) = \frac{100}{22{,}4} = 4{,}46~\mathrm{mol}~~\Rightarrow~~C_0 = 2x_{max} = 8{,}93~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

C_0 = 8{,}93~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

الزجاجيات المستعملة في التمديد والتركيز المتوقع:

معامل التمديد $F = 10$ : نأخذ بواسطة ماصة عيارية $20~\mathrm{mL}$ (مزودة بإجاصة) حجما من $(S_0)$ نسكبه من البيشر $40~\mathrm{mL}$ ، ونضعه في حوجلة عيارية $200~\mathrm{mL}$ ، ثم نكمل بالماء المقطر إلى خط العيار مع الرج.

C = \frac{C_0}{10} = 0{,}893~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

دور محلول كلور الحديد الثلاثي:

شوارد $\ce{Fe^{3+}}$ تسرّع تفكك الماء الأكسجيني دون أن تظهر في معادلة التفاعل: هو وسيط (وساطة متجانسة).

دور الماء والجليد:

التبريد المفاجئ والتمديد يوقفان عمليا التفاعل (تسقية)، فتبقى كمية الماء الأكسجيني في العينة ثابتة أثناء المعايرة. لا يؤثر ذلك على حجم التكافؤ لأن كمية مادة الماء الأكسجيني لا تتغير (يتغير تركيزه فقط).

نقطة التكافؤ:

هي النقطة التي تكون فيها كميتا المتفاعلين (المعاير والمعاير به) بالنسب الستوكيومترية لمعادلة المعايرة. نستدل عليها بتغير اللون: يستقر في المزيج اللون البرتقالي لشوارد $\ce{Cr2O7^{2-}}$ الزائدة.

التركيب التجريبي وخصائص تفاعل المعايرة:

التركيب التجريبي للمعايرة — حل التمرين العاشر

تفاعل المعايرة: سريع، تام، ووحيد (انتقائي).

معادلة تفاعل المعايرة:

\ce{Cr2O7^{2-}(aq) + 14H3O^+(aq) + 6e^- = 2Cr^{3+}(aq) + 21H2O(l)}

3 \times (\ce{H2O2(aq) + 2H2O(l) = O2(g) + 2H3O^+(aq) + 2e^-})

\ce{Cr2O7^{2-}(aq) + 3H2O2(aq) + 8H3O^+(aq) = 2Cr^{3+}(aq) + 3O2(g) + 15H2O(l)}

إثبات عبارة $x(t)$ :

عند التكافؤ: $\frac{n'(\ce{H2O2})}{3} = n(\ce{Cr2O7^{2-}}) = C_3 V_E$ ، أي $n'(\ce{H2O2}) = 3C_3 V_E$ في العينة $V' = 10~\mathrm{mL}$ . في المزيج كله $V = 200~\mathrm{mL} = 20 V'$ :

n(\ce{H2O2}) = 20 \times 3C_3 V_E = 60 \cdot C_3 \cdot V_E

ومن جدول تقدم التفكك: $n(\ce{H2O2}) = C V - 2x$ ، ومنه:

x(t) = \frac{C \cdot V}{2} - 30 \cdot C_3 \cdot V_E

التركيز $C$ ثم $C_0$ :

عند $t = 0$ : $x = 0$ و $V_E(0) = 24~\mathrm{mL}$ (من البيان):

C = \frac{60 \cdot C_3 \cdot V_E(0)}{V} = \frac{60 \times 0{,}1 \times 24 \times 10^{-3}}{0{,}2} = 0{,}72~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

C = 0{,}72~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}~~;~~C_0 = 10 C = 7{,}2~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

التركيز $C_0 = 7{,}2~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ أصغر من $8{,}93~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ : المحلول ليس محضرا حديثا (تفكك جزء منه أثناء التخزين).

زمن نصف التفاعل:

هو الزمن اللازم لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية. التفكك تام، فعند $t_{1/2}$ تختفي نصف كمية $\ce{H2O2}$ ، أي $V_E(t_{1/2}) = \frac{V_E(0)}{2} = 12~\mathrm{mL}$ . بالإسقاط:

t_{1/2} \approx 290~\mathrm{s}

الشكل 1 — حل التمرين العاشر

السرعة الحجمية عند $t = 200~\mathrm{s}$ :

هي سرعة التفاعل في وحدة الحجم: $v_{vol} = \frac{1}{V} \cdot \frac{dx}{dt}$ ، ومن عبارة $x(t)$ :

v_{vol} = -\frac{30 \cdot C_3}{V} \times \frac{dV_E}{dt}

المماس عند $t = 200~\mathrm{s}$ يمر بالنقطتين $(0~;~22~\mathrm{mL})$ و $(620~\mathrm{s}~;~0)$ :

\frac{dV_E}{dt} = \frac{0 - 22}{620} = -3{,}55 \times 10^{-2}~\mathrm{mL \cdot s^{-1}}~~\Rightarrow~~v_{vol} = \frac{30 \times 0{,}1 \times 3{,}55 \times 10^{-5}}{0{,}2}

v_{vol}(200~\mathrm{s}) \approx 5{,}3 \times 10^{-4}~\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot s^{-1}}

التمرين الحادي عشر

متوسط

يُعرف هيبوكلوريت الصوديوم $\ce{NaClO}$ بأنه عامل مؤكسد قوي، ويُعرف محلوله المائي تجاريا باسم «ماء جافيل»، نسبة إلى قرية جافيل قرب باريس حيث صُنع لأول مرة كمادة مبيّضة. يتكون هيبوكلوريت الصوديوم من شوارد الصوديوم $\ce{Na^+}$ وشوارد الهيبوكلوريت $\ce{ClO^-}$ .

نريد في هذا التمرين تحديد التركيز المولي $C_0$ لشوارد $\ce{ClO^-}$ في قارورة ماء جافيل كُتب عليها «12 درجة كلورومترية»، والتحقق مما إذا كان المحلول لا يزال حديث التحضير.

البروتوكول التجريبي

نمدد محتوى القارورة 10 مرات فنحصل على محلول $(S)$ تركيزه المولي $C_1$ .
نحضّر عدة بياشر متماثلة، نضع في كل منها بواسطة ماصة حجما $V_1 = 10~\mathrm{mL}$ من المحلول $(S)$ ، ثم نضيف إليه عند اللحظة $t = 0$ كمية زائدة من محلول يود البوتاسيوم $\ce{(K^+ + I^-)(aq)}$ المحمض، فيحدث التحول البطيء والتام المنمذج بالمعادلة:

\ce{ClO^-(aq) + 2I^-(aq) + 2H3O^+(aq) = Cl^-(aq) + I2(aq) + 3H2O(l)}~~~~(1)

عند لحظات مختلفة نوقف التفاعل في أحد البياشر بالتبريد السريع، ثم نعاير ثنائي اليود المتشكل فيه بمحلول ثيوكبريتات الصوديوم $\ce{(2Na^+ + S2O3^{2-})(aq)}$ تركيزه المولي $C_2 = 0{,}2~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ .

نمثل بيانيا حجم التكافؤ $V_E$ بدلالة الزمن $t$ ، فنحصل على المنحنى الممثل في الشكل 1.

الشكل 1 — التمرين 11

هل يُعتبر قياس كمية مادة ثنائي اليود $\ce{I2}$ المتشكل مؤشرا على تقدم التفاعل (1)؟ علّل.

ما هما الثنائيتان $(Ox/Red)$ الداخلتان في تفاعل المعايرة؟

اعتمادا على معادلة التفاعل (1)، استنتج الثنائيتين $(Ox/Red)$ الداخلتين فيه.

أنجز جدول تقدم التفاعل (1).

ارسم مخطط التركيب التجريبي للمعايرة.

اكتب معادلة تفاعل المعايرة، ثم بيّن أن كمية مادة ثنائي اليود المعاير تُعطى بالعلاقة:

n(\ce{I2}) = 0{,}1 \times V_E

حيث $V_E$ بالمليلتر $(\mathrm{mL})$ و $n(\ce{I2})$ بالميليمول $(\mathrm{mmol})$ .

حدّد قيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ للتفاعل (1).

احسب سرعة تشكّل ثنائي اليود عند اللحظتين $t_1 = 0$ و $t_2 = 4~\mathrm{min}$ .

كيف تتطور سرعة التفاعل بمرور الزمن؟ فسّر ذلك مجهريا.

احسب التركيز المولي $C_1$ للمحلول $(S)$ ، ثم استنتج التركيز المولي $C_0$ لشوارد $\ce{ClO^-}$ في القارورة.

الدرجة الكلورومترية لماء جافيل هي حجم غاز ثنائي الكلور (باللتر، في الشرطين النظاميين) الذي يمكن أن يحرره $1~\mathrm{L}$ من ماء جافيل وفق التفاعل:

\ce{ClO^-(aq) + Cl^-(aq) + 2H3O^+(aq) = Cl2(g) + 3H2O(l)}

بيّن أن $\mathrm{Chl°} = C_0 \times V_M$ ، ثم استنتج درجة ماء جافيل الموجود في القارورة. هل هو حديث التحضير؟

يُعطى: الثنائية $(\ce{S4O6^{2-}}/\ce{S2O3^{2-}})$ ، الحجم المولي في الشرطين النظاميين $V_M = 22{,}4~\mathrm{L \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mmol)$	$C_0\ (mol/L)$	$Chl^{\circ}$
القيمة

عرض الحل

كمية ثنائي اليود مؤشر على التقدم:

نعم: من جدول تقدم التفاعل (1) $n(\ce{I2}) = x$ في كل لحظة، فمعايرة ثنائي اليود المتشكل تعطي مباشرة قيمة التقدم.

ثنائيتا تفاعل المعايرة:

(\ce{I2}/\ce{I^-})~~;~~(\ce{S4O6^{2-}}/\ce{S2O3^{2-}})

ثنائيتا التفاعل (1):

(\ce{ClO^-}/\ce{Cl^-})~~;~~(\ce{I2}/\ce{I^-})

\ce{ClO^-(aq) + 2H3O^+(aq) + 2e^- = Cl^-(aq) + 3H2O(l)}~~~~;~~~~\ce{2I^-(aq) = I2(aq) + 2e^-}

جدول تقدم التفاعل (1):

\ce{ClO^- + 2I^- + 2H3O^+ = Cl^- + I2 + 3H2O}

الحالة	التقدم	$\ce{ClO^-}$	$\ce{I^-}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Cl^-}$	$\ce{I2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$C_1 V_1$	بزيادة	بزيادة	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$C_1 V_1 - x$	بزيادة	بزيادة	$x$	$x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$C_1 V_1 - x_{max}$	بزيادة	بزيادة	$x_{max}$	$x_{max}$	بوفرة

التركيب التجريبي للمعايرة:

التركيب التجريبي للمعايرة — حل التمرين الحادي عشر

معادلة تفاعل المعايرة وعبارة $n(\ce{I2})$ :

\ce{I2(aq) + 2S2O3^{2-}(aq) = 2I^-(aq) + S4O6^{2-}(aq)}

عند التكافؤ:

n(\ce{I2}) = \frac{n(\ce{S2O3^{2-}})}{2} = \frac{C_2 \cdot V_E}{2} = \frac{0{,}2 \times V_E}{2}

n(\ce{I2})~(\mathrm{mmol}) = 0{,}1 \times V_E~(\mathrm{mL})

التقدم الأعظمي للتفاعل (1):

شوارد اليود والهيدرونيوم بزيادة، فالمتفاعل المحد هو $\ce{ClO^-}$ . من البيان $V_{E\infty} = 5~\mathrm{mL}$ :

x_{max} = n_f(\ce{I2}) = 0{,}1 \times 5 = 0{,}5~\mathrm{mmol}

سرعة تشكّل ثنائي اليود:

v(\ce{I2}) = \frac{dn(\ce{I2})}{dt} = 0{,}1 \times \frac{dV_E}{dt}~~(\mathrm{mmol \cdot min^{-1}})

الشكل 1 — حل التمرين الحادي عشر

• عند $t_1 = 0$ : المماس يمر بالمبدأ وبالنقطة $(8~\mathrm{min}~;~5~\mathrm{mL})$ :

\frac{dV_E}{dt} = \frac{5}{8} = 0{,}625~\mathrm{mL \cdot min^{-1}}

v(\ce{I2})(0) = 6{,}25 \times 10^{-2}~\mathrm{mmol \cdot min^{-1}} \approx 6{,}3 \times 10^{-5}~\mathrm{mol \cdot min^{-1}}

• عند $t_2 = 4~\mathrm{min}$ : المماس يمر بالنقطتين $(0~;~0{,}45~\mathrm{mL})$ و $(12~\mathrm{min}~;~5~\mathrm{mL})$ :

\frac{dV_E}{dt} = \frac{5 - 0{,}45}{12} = 0{,}379~\mathrm{mL \cdot min^{-1}}

v(\ce{I2})(4~\mathrm{min}) \approx 3{,}8 \times 10^{-5}~\mathrm{mol \cdot min^{-1}}

تطور سرعة التفاعل وتفسيره المجهري:

تتناقص سرعة التفاعل مع مرور الزمن حتى تنعدم عند نهايته. مجهريا: يتناقص تركيز المتفاعلات (خاصة $\ce{ClO^-}$ )، فيقل عدد التصادمات الفعالة بين الأفراد المتفاعلة في وحدة الزمن.

التركيزان $C_1$ و $C_0$ :

n_0(\ce{ClO^-}) = x_{max}~~\Rightarrow~~C_1 = \frac{x_{max}}{V_1} = \frac{0{,}5 \times 10^{-3}}{10 \times 10^{-3}}

C_1 = 0{,}05~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}~~;~~C_0 = 10 C_1 = 0{,}5~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

الدرجة الكلورومترية:

في $1~\mathrm{L}$ من ماء جافيل: $n(\ce{ClO^-}) = C_0 \times 1$ . حسب معادلة التفاعل $n(\ce{Cl2}) = n(\ce{ClO^-}) = C_0 \times 1$ ، فحجم ثنائي الكلور المتحرر في الشرطين النظاميين $V(\ce{Cl2}) = C_0 \times 1 \times V_M$ ، إذن (عدديا باللتر):

\mathrm{Chl°} = C_0 \times V_M = 0{,}5 \times 22{,}4 = 11{,}2°

الدرجة $11{,}2°$ أصغر من الدرجة المسجلة $12°$ : ماء جافيل في القارورة ليس حديث التحضير (تفكك جزء من شوارد $\ce{ClO^-}$ ).

التمرين الثاني عشر

متوسط

يتفكك الماء الأكسجيني ذاتيا وفق تحول بطيء، تتدخل فيه الثنائيتان $(\ce{O2}/\ce{H2O2})$ و $(\ce{H2O2}/\ce{H2O})$ .

لدينا ثلاثة بياشر يحتوي كل منها على نفس الحجم $V_0 = 200~\mathrm{mL}$ من محلول مائي للماء الأكسجيني $(S)$ تركيزه المولي $C_0$ . يبدأ التفاعل في البياشر الثلاثة في نفس اللحظة $t = 0$ ، وفق الشروط التالية:

البيشر 1: درجة الحرارة $20~\mathrm{°C}$ .
البيشر 2: درجة الحرارة $60~\mathrm{°C}$ .
البيشر 3: درجة الحرارة $60~\mathrm{°C}$ ، مع إضافة بضع قطرات من محلول كلور الحديد الثلاثي $\ce{(Fe^{3+} + 3Cl^-)(aq)}$ .

تابعت أفواج من التلاميذ التحول الحادث في كل بيشر، وذلك بمعايرة عينات من المزيج التفاعلي في لحظات مختلفة بمحلول برمنغنات البوتاسيوم $\ce{(K^+ + MnO4^-)(aq)}$ المحمض بحمض الكبريت، تركيزه المولي $C' = 0{,}05~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، فتحصلوا على المنحنيات (A) و (B) و (C) الممثلة في الشكل 1.

الشكل 1 — التمرين 12

اكتب معادلة تفاعل التفكك الذاتي للماء الأكسجيني.

أنجز جدول تقدم التفاعل.

أنسب كل منحنى إلى البيشر الموافق له، مع التعليل.

حدّد زمن نصف التفاعل في البيشر 3.

احسب السرعة الحجمية للتفاعل في البيشر الموافق للمنحنى (A) عند اللحظة $t = 0$ .

حُضّر المحلول $(S)$ بتمديد محلول تجاري حديث التحضير للماء الأكسجيني كُتب عليه $(10~\mathrm{V})$ ، أي أن $1~\mathrm{L}$ منه يحرر $10~\mathrm{L}$ من غاز ثنائي الأكسجين في الشرطين النظاميين.

جد التركيز المولي للمحلول التجاري.

استنتج معامل التمديد.

يُعطى: الحجم المولي في الشرطين النظاميين $V_M = 22{,}4~\mathrm{L \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$t_{1/2}\ (min)$	$C_{com}\ (mol/L)$	$F$
القيمة

عرض الحل

معادلة التفكك الذاتي:

\ce{H2O2(aq) + 2H2O(l) = O2(g) + 2H3O^+(aq) + 2e^-}~~~~;~~~~\ce{H2O2(aq) + 2H3O^+(aq) + 2e^- = 4H2O(l)}

\ce{2H2O2(aq) = O2(g) + 2H2O(l)}

جدول التقدم:

\ce{2H2O2 = O2 + 2H2O}

الحالة	التقدم	$\ce{H2O2}$	$\ce{O2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$C_0 V_0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$C_0 V_0 - 2x$	$x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$C_0 V_0 - 2x_{max}$	$x_{max}$	بوفرة

نسب المنحنيات إلى البياشر:

للبياشر الثلاثة نفس التركيز الابتدائي $C_0 = 500~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ . درجة الحرارة والوسيط عاملان حركيان: كلما ارتفعت درجة الحرارة زادت السرعة، والوسيط يزيدها أكثر. المنحنى الأسرع تناقصا (أكبر انحدار ابتدائي وأصغر $t_{1/2}$ ) هو (A)، ثم (B)، ثم (C) الأبطأ:

المنحنى (A) ← البيشر 3 ؛ المنحنى (B) ← البيشر 2 ؛ المنحنى (C) ← البيشر 1.

زمن نصف التفاعل في البيشر 3 (المنحنى A):

$[\ce{H2O2}](t_{1/2}) = \frac{C_0}{2} = 250~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ . بالإسقاط على المنحنى (A):

t_{1/2} \approx 6~\mathrm{min}

الشكل 1 — حل التمرين الثاني عشر

السرعة الحجمية عند $t = 0$ (المنحنى A):

من جدول التقدم $[\ce{H2O2}] = C_0 - \frac{2x}{V_0}$ ، ومنه:

v_{vol} = \frac{1}{V_0} \cdot \frac{dx}{dt} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{d[\ce{H2O2}]}{dt}

المماس عند المبدأ للمنحنى (A) يمر بالنقطتين $(0~;~500~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}})$ و $(8{,}65~\mathrm{min}~;~0)$ :

\frac{d[\ce{H2O2}]}{dt} = -\frac{500}{8{,}65} = -57{,}8~\mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}~~\Rightarrow~~v_{vol} = \frac{57{,}8}{2}

v_{vol}(0) \approx 29~\mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}} = 2{,}9 \times 10^{-2}~\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

تركيز المحلول التجاري:

n(\ce{O2}) = \frac{10}{22{,}4} = 0{,}446~\mathrm{mol}~~;~~n(\ce{H2O2}) = 2n(\ce{O2}) = 0{,}893~\mathrm{mol}

(كميات المادة في $1~\mathrm{L}$ من المحلول التجاري.)

C_{com} = 0{,}893~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

معامل التمديد:

من البيان: $C_0 = 500~\mathrm{mmol \cdot L^{-1}} = 0{,}5~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ :

F = \frac{C_{com}}{C_0} = \frac{0{,}893}{0{,}5}

F \approx 1{,}8