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 الثالث عشر — دراسة مقارنة لثلاث تجارب

متوسط

ننجز ثلاث تجارب على التحول البطيء والتام المنمذج بالمعادلة:

\ce{S2O8^{2-}(aq) + 2I^-(aq) = 2SO4^{2-}(aq) + I2(aq)}

في التجارب الثلاث، حجم المزيج $V = 100~\mathrm{mL}$ ، وكمية المادة الابتدائية لشوارد اليود $n_0(\ce{I^-}) = 40~\mathrm{mmol}$ . أما بقية الشروط فملخّصة في الجدول:

التجربة	1	2	3
$n_0(\ce{S2O8^{2-}})$	$n_1$	$n_2$	$n_2$
درجة الحرارة	$20~\mathrm{°C}$	$40~\mathrm{°C}$	$20~\mathrm{°C}$

نتابع في كل تجربة كمية مادة شوارد اليود المتبقية، فنحصل على المنحنيات (A) و (B) و (C) الممثلة في الشكل 1.

الشكل 1 — التمرين 13

أنشئ جدول تقدم التفاعل.

بيّن، اعتمادا على البيان، أن شوارد اليود ليست المتفاعل المحد في أي تجربة.

أنسب كل منحنى إلى تجربته، مع تعليل دقيق يعتمد على القيمة النهائية وعلى الانحدار الابتدائي.

احسب $n_1$ و $n_2$ .

احسب السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظة $t = 10~\mathrm{min}$ بالنسبة للمنحنى (A).

عيّن بيانيا زمن نصف التفاعل في التجربة الموافقة للمنحنى (C).

عيّن تركيب المزيج (بكميات المادة) عند اللحظة $t = 20~\mathrm{min}$ في التجربة الموافقة للمنحنى (A).

كيف تتطور السرعة الحجمية مع الزمن في التجارب الثلاث؟ فسّر ذلك مجهريا.

ننجز تجربة رابعة بنفس شروط التجربة 3 مع إضافة وسيط مناسب. ارسم كيفيا المنحنى المتوقع على نفس الشكل، مع التعليل.

تحقق من نتائجك

المقدار	$n_1\ (mmol)$	$n_2\ (mmol)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

جدول تقدم التفاعل (كميات المادة بـ mmol):

\ce{S2O8^{2-} + 2I^- = 2SO4^{2-} + I2}

الحالة	التقدم	$\ce{S2O8^{2-}}$	$\ce{I^-}$	$\ce{SO4^{2-}}$	$\ce{I2}$
ابتدائية	$0$	$n_0(\ce{S2O8^{2-}})$	$40$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$n_0(\ce{S2O8^{2-}}) - x$	$40 - 2x$	$2x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$n_0(\ce{S2O8^{2-}}) - x_{max}$	$40 - 2x_{max}$	$2x_{max}$	$x_{max}$

شوارد اليود ليست المتفاعل المحد:

من البيان، تؤول المنحنيات الثلاثة إلى قيم نهائية غير معدومة: $10~\mathrm{mmol}$ للمنحنيين (A) و(B)، و $20~\mathrm{mmol}$ للمنحنى (C). تبقى إذن شوارد اليود في المزيج عند نهاية التفاعل التام، فهي ليست المتفاعل المحد، والمتفاعل المحد في التجارب الثلاث هو شوارد البيروكسوديكبريتات $\ce{S2O8^{2-}}$ .

نسب كل منحنى إلى تجربته:

• القيمة النهائية: $n_f(\ce{I^-}) = 40 - 2 n_0(\ce{S2O8^{2-}})$ تتعلق فقط بكمية المادة الابتدائية لـ $\ce{S2O8^{2-}}$ . للتجربتين 2 و3 نفس القيمة $n_2$ ، فلهما نفس القيمة النهائية: هما المنحنيان (A) و(B). والتجربة 1 توافق المنحنى (C).

• الانحدار الابتدائي: الانحدار الابتدائي للمنحنى (A) أكبر من انحدار (B)، فالتفاعل أسرع، وذلك بسبب درجة الحرارة الأعلى.

(A) \to \mathrm{2}~~;~~(B) \to \mathrm{3}~~;~~(C) \to \mathrm{1}

(نلاحظ أيضا أن انحدار (B) أكبر من انحدار (C) عند نفس درجة الحرارة، لأن $n_2$ أكبر من $n_1$ : تركيز ابتدائي أكبر.)

حساب $n_1$ و $n_2$ :

بما أن $\ce{S2O8^{2-}}$ محد: $x_{max} = n_0(\ce{S2O8^{2-}})$ و $n_f(\ce{I^-}) = 40 - 2 n_0(\ce{S2O8^{2-}})$ :

n_2 = \frac{40 - 10}{2}~~;~~n_1 = \frac{40 - 20}{2}

n_2 = 15~\mathrm{mmol}~~;~~n_1 = 10~\mathrm{mmol}

الشكل 1 — حل التمرين الثالث عشر

السرعة الحجمية للتفاعل عند $t = 10~\mathrm{min}$ (المنحنى A):

من جدول التقدم $x = \frac{40 - n(\ce{I^-})}{2}$ ، ومنه:

v = \frac{1}{V} \times \frac{d x}{d t} = -\frac{1}{2V} \times \frac{d n(\ce{I^-})}{d t}

المماس عند $t = 10~\mathrm{min}$ يمر بالنقطتين $(0~;~35{,}4~\mathrm{mmol})$ و $(30~\mathrm{min}~;~4{,}2~\mathrm{mmol})$ :

\frac{d n(\ce{I^-})}{d t} = \frac{4{,}2 - 35{,}4}{30} = -1{,}04~\mathrm{mmol \cdot min^{-1}}~~\Rightarrow~~v = \frac{1{,}04}{2 \times 0{,}1}

v(10~\mathrm{min}) \approx 5{,}2~\mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}} = 5{,}2 \times 10^{-3}~\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

زمن نصف التفاعل في التجربة الموافقة للمنحنى (C):

$x_{max} = n_1 = 10~\mathrm{mmol}$ ، وعند $t_{1/2}$ يكون $x = 5~\mathrm{mmol}$ أي $n(\ce{I^-}) = 40 - 10 = 30~\mathrm{mmol}$ . بالإسقاط على المنحنى (C):

t_{1/2} = 30~\mathrm{min}

تركيب المزيج عند $t = 20~\mathrm{min}$ (المنحنى A، حيث $n_0(\ce{S2O8^{2-}}) = n_2 = 15~\mathrm{mmol}$ ):

نقرأ $n(\ce{I^-}) = 17{,}5~\mathrm{mmol}$ ، ومنه:

x = \frac{40 - 17{,}5}{2} = 11{,}25~\mathrm{mmol}

n(\ce{S2O8^{2-}}) = 15 - 11{,}25 = 3{,}75~\mathrm{mmol}~~;~~n(\ce{SO4^{2-}}) = 2x = 22{,}5~\mathrm{mmol}~~;~~n(\ce{I2}) = x = 11{,}25~\mathrm{mmol}

تطور السرعة الحجمية وتفسيره المجهري:

في التجارب الثلاث تتناقص السرعة الحجمية مع الزمن (يتناقص ميل المماسات) حتى تنعدم عند نهاية التفاعل، لأن تركيز المتفاعلات يتناقص فيقل عدد التصادمات الفعالة في وحدة الزمن. وتكون السرعة أكبر في التجربة 2 لأن ارتفاع درجة الحرارة يزيد الطاقة الحركية للأفراد الكيميائية، فيزداد عدد التصادمات الفعالة.

المنحنى المتوقع مع الوسيط (المنحنى D المتقطع في الشكل):

الوسيط يسرّع التفاعل دون أن يغيّر حالته النهائية: ينطلق المنحنى (D) من $40~\mathrm{mmol}$ بانحدار ابتدائي أكبر من انحدار (B)، ويؤول إلى نفس القيمة النهائية $10~\mathrm{mmol}$ في مدة أقصر.

التمرين الرابع عشر

متوسط

من أجل متابعة تطور التحول الكيميائي التام والبطيء بين المركب العضوي السائل $\ce{C3H6O2}$ ، الذي نرمز له لاحقا بـ $E$ ، ومحلول هيدروكسيد الصوديوم $\ce{(Na^+ + HO^-)(aq)}$ ، ننمذج التحول بالمعادلة الكيميائية التالية:

\ce{C3H6O2(l) + HO^-(aq) = C2H6O(aq) + HCOO^-(aq)}

وضعنا في بيشر حجما $V_0 = 100~\mathrm{mL}$ من محلول هيدروكسيد الصوديوم تركيزه المولي $C = 2 \times 10^{-2}~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . وعند اللحظة $t = 0$ ، وفي الدرجة $25~\mathrm{°C}$ ، أضفنا إلى البيشر بضع قطرات من المركب العضوي $E$ توافق كمية المادة $n_{E0}$ . قسنا الناقلية النوعية $\sigma$ للمزيج المتفاعل من حين لآخر، واستنتجنا عند كل قياس كمية مادة المركب العضوي $n_E$ (نعتبر حجم المزيج ثابتا $V_T = V_0$ )، ثم مثّلنا بيانيا $\sigma = f(n_E)$ (الشكل 1‏) و $\sigma = g(t)$ (الشكل 2‏).

الشكل 1 — التمرين 14

الشكل 2 — التمرين 14

ما هو شرط متابعة تطور تحول كيميائي عن طريق قياس الناقلية؟ وبمَ تتعلق الناقلية النوعية لمحلول شاردي؟

أنجز جدولا لتقدم التفاعل.

اعتمادا على جدول التقدم وعلى بياني الشكلين 1 و 2، جد قيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ .

اعتمادا على جدول تقدم التفاعل، بيّن أن الناقلية النوعية للمزيج عند كل لحظة $t$ تُعطى بدلالة كمية مادة المركب العضوي بالعلاقة:

\sigma(t) = 145 \cdot n_E(t) + 0{,}21

حيث $\sigma$ بالوحدة $\mathrm{S \cdot m^{-1}}$ و $n_E$ بالوحدة $\mathrm{mol}$ .

عرّف زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ .

احسب $\sigma(t_{1/2})$ قيمة الناقلية النوعية عند زمن نصف التفاعل، ثم استنتج قيمة $t_{1/2}$ من بيان الشكل 2.

عرّف السرعة الحجمية لاختفاء المركب $E$ ، واحسب قيمتها الأعظمية.

نعيد التجربة في الدرجة $40~\mathrm{°C}$ . أجب بصحيح أو خطأ عن كل عبارة مما يلي:

تزداد قيمة زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ .

تنعدم السرعة الحجمية للتفاعل في مدة زمنية أقل.

القيمة الأعظمية للناقلية النوعية لا تتغير.

يُعطى عند $25~\mathrm{°C}$ :

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

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mmol)$	$\sigma(t_{1/2})\ (S/m)$	$t_{1/2}\ (s)$
القيمة

عرض الحل

شرط المتابعة عن طريق قياس الناقلية، وما تتعلق به الناقلية النوعية:

يجب أن يحتوي الوسط التفاعلي على شوارد يتغير تركيزها (أو طبيعتها) أثناء التحول، فتتغير الناقلية النوعية للمزيج. وتتعلق الناقلية النوعية لمحلول شاردي بطبيعة الشوارد (الناقلية النوعية المولية الشاردية $\lambda$ )، وبتراكيزها، وبدرجة الحرارة.

جدول التقدم (شوارد $\ce{Na^+}$ غير متفاعلة):

\ce{C3H6O2 + HO^- = C2H6O + HCOO^-}

الحالة	التقدم	$\ce{C3H6O2}$	$\ce{HO^-}$	$\ce{C2H6O}$	$\ce{HCOO^-}$
ابتدائية	$0$	$n_{E0}$	$C V_0$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$n_{E0} - x$	$C V_0 - x$	$x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$n_{E0} - x_{max}$	$C V_0 - x_{max}$	$x_{max}$	$x_{max}$

التقدم الأعظمي:

من الشكل 2: $\sigma_0 = 0{,}5~\mathrm{S \cdot m^{-1}}$ ، ومن الشكل 1 توافق هذه القيمة $n_{E0} = 2~\mathrm{mmol}$ . ومن الشكل 2 أيضا $\sigma_f = 0{,}21~\mathrm{S \cdot m^{-1}}$ ، توافق في الشكل 1 القيمة $n_E = 0$ : المركب $E$ يختفي كليا، فهو محد.

n_0(\ce{HO^-}) = C \cdot V_0 = 2 \times 10^{-2} \times 0{,}1 = 2 \times 10^{-3}~\mathrm{mol}

المزيج الابتدائي ستوكيومتري، و:

x_{max} = n_{E0} = 2 \times 10^{-3}~\mathrm{mol}

عبارة الناقلية النوعية بدلالة $n_E$ :

\sigma = \lambda(\ce{Na^+})[\ce{Na^+}] + \lambda(\ce{HO^-})[\ce{HO^-}] + \lambda(\ce{HCOO^-})[\ce{HCOO^-}]

مع $x = n_{E0} - n_E$ ومن جدول التقدم:

[\ce{Na^+}] = C~~;~~[\ce{HO^-}] = \frac{C V_0 - n_{E0} + n_E}{V_0}~~;~~[\ce{HCOO^-}] = \frac{n_{E0} - n_E}{V_0}

وبما أن $C V_0 = n_{E0}$ :

\sigma = (\lambda(\ce{Na^+}) + \lambda(\ce{HCOO^-})) C + \frac{\lambda(\ce{HO^-}) - \lambda(\ce{HCOO^-})}{V_0} \cdot n_E

تطبيق عددي بوحدات النظام الدولي ( $C = 20~\mathrm{mol \cdot m^{-3}}$ و $V_0 = 10^{-4}~\mathrm{m^3}$ ):

(5 + 5{,}5) \times 10^{-3} \times 20 = 0{,}21~\mathrm{S \cdot m^{-1}}~~;~~\frac{(20 - 5{,}5) \times 10^{-3}}{10^{-4}} = 145~\mathrm{S \cdot m^{-1} \cdot mol^{-1}}

\sigma(t) = 145 \cdot n_E(t) + 0{,}21

تعريف زمن نصف التفاعل:

هو الزمن اللازم لبلوغ تقدم التفاعل نصف قيمته النهائية: $x(t_{1/2}) = \frac{x_f}{2}$ .

الناقلية النوعية عند $t_{1/2}$ وتعيين $t_{1/2}$ :

n_E(t_{1/2}) = n_{E0} - \frac{x_{max}}{2} = 10^{-3}~\mathrm{mol}~~\Rightarrow~~\sigma(t_{1/2}) = 145 \times 10^{-3} + 0{,}21

\sigma(t_{1/2}) = 0{,}355~\mathrm{S \cdot m^{-1}}

بالإسقاط على بيان الشكل 2:

t_{1/2} \approx 8~\mathrm{s}

الشكل 2 — حل التمرين الرابع عشر

السرعة الحجمية لاختفاء $E$ وقيمتها الأعظمية:

هي تناقص كمية مادة E في وحدة الزمن ووحدة الحجم:

v = -\frac{1}{V_0} \times \frac{d n_E}{d t} = -\frac{1}{145 \cdot V_0} \times \frac{d \sigma}{d t}

تكون أعظمية عند $t = 0$ . المماس عند المبدأ يمر بالنقطتين $(0~;~0{,}5)$ و $(12~\mathrm{s}~;~0{,}15)$ :

\frac{d \sigma}{d t} = \frac{0{,}15 - 0{,}5}{12} = -2{,}92 \times 10^{-2}~\mathrm{S \cdot m^{-1} \cdot s^{-1}}~~\Rightarrow~~v_{max} = \frac{2{,}92 \times 10^{-2}}{145 \times 0{,}1}

v_{max} \approx 2{,}0 \times 10^{-3}~\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot s^{-1}}

صحيح أو خطأ (التجربة عند $40~\mathrm{°C}$ ):

خطأ: ارتفاع درجة الحرارة يسرّع التفاعل، فيتناقص زمن نصف التفاعل.

صحيح: التفاعل أسرع فينتهي في مدة أقل، فتنعدم سرعته الحجمية في مدة زمنية أقل.

خطأ: القيمة الأعظمية هي $\sigma_0 = (\lambda(\ce{Na^+}) + \lambda(\ce{HO^-})) C$ ؛ التراكيز لا تتغير، لكن الناقليات النوعية المولية الشاردية $\lambda$ تتعلق بدرجة الحرارة (تزداد بارتفاعها)، فتتغير $\sigma_0$ .

التمرين الخامس عشر

متوسط

في اللحظة $t = 0$ نمزج كتلة $m_0 = 1~\mathrm{g}$ من كربونات الكالسيوم $\ce{CaCO3}$ مع حجم $V$ من محلول حمض كلور الماء $\ce{(H3O^+ + Cl^-)(aq)}$ تركيزه المولي $C$ . ننمذج التحول الكيميائي الحادث بالمعادلة:

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

I⁻ الدراسة عن طريق الكتلة

بواسطة تقنية خاصة نتمكّن من رسم المنحنى البياني الذي يمثل تغيرات كتلة كربونات الكالسيوم بدلالة التركيز المولي لشوارد الهيدرونيوم، أي $m(\ce{CaCO3}) = f([\ce{H3O^+}])$ ، الممثل في الشكل 1.

الشكل 1 — التمرين 15

أنشئ جدولا لتقدم التفاعل.

اعتمادا على البيان:

حدّد المتفاعل المحد، علما أن التفاعل تام.

جد قيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ .

بالاعتماد على جدول التقدم، بيّن أن:

m(\ce{CaCO3}) = m_0 - \frac{M \cdot C \cdot V}{2} + \frac{M \cdot V}{2} \cdot [\ce{H3O^+}]

حيث $M$ الكتلة المولية لكربونات الكالسيوم.

اكتب معادلة بيان الشكل 1، ثم استنتج قيمة كل من حجم المحلول $V$ وتركيزه المولي $C$ .

ما هي كتلة كربونات الكالسيوم $m_0$ اللازمة عند اللحظة $t = 0$ لكي يكون المزيج الابتدائي ستوكيومتريا؟

يُعطى:

M(\ce{Ca}) = 40~\mathrm{g \cdot mol^{-1}}~~;~~M(\ce{C}) = 12~\mathrm{g \cdot mol^{-1}}~~;~~M(\ce{O}) = 16~\mathrm{g \cdot mol^{-1}}

II⁻ الدراسة عن طريق قياس الناقلية

نعيد التجربة بمزج كتلة $m_0 = 1~\mathrm{g}$ من كربونات الكالسيوم مع حجم $V' = 100~\mathrm{mL}$ من محلول حمض كلور الماء تركيزه المولي $C' = 0{,}1~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . بواسطة تجهيز مناسب تمكّنا من رسم المنحنى الممثل لتغيرات الناقلية النوعية للمزيج بدلالة الزمن $\sigma = f(t)$ (الشكل 2‏)، علما أن:

\sigma(t) = 4{,}2 - 560 \cdot x(t)

حيث $\sigma$ بالوحدة $\mathrm{S \cdot m^{-1}}$ و $x$ بالوحدة $\mathrm{mol}$ .

الشكل 2 — التمرين 15

ارسم مخطط التركيب التجريبي المستعمل.

متى ينتهي التفاعل؟

استنتج قيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ ، ثم تحقق منها باستعمال جدول التقدم.

حدّد زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ .

عرّف سرعة التفاعل $v(t)$ .

احسب قيمة سرعة التفاعل عند اللحظة $t = 0$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mmol)$	$V\ (mL)$	$C\ (mol/L)$	$m_0\ (g)$
القيمة

عرض الحل

I⁻ الدراسة عن طريق الكتلة

جدول تقدم التفاعل:

M(\ce{CaCO3}) = 40 + 12 + 3 \times 16 = 100~\mathrm{g \cdot mol^{-1}}~~;~~n_0(\ce{CaCO3}) = \frac{m_0}{M} = \frac{1}{100} = 10^{-2}~\mathrm{mol}

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

الحالة	التقدم	$\ce{CaCO3}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Ca^{2+}}$	$\ce{CO2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$10^{-2}$	$C V$	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$10^{-2} - x$	$C V - 2x$	$x$	$x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$10^{-2} - x_{max}$	$C V - 2x_{max}$	$x_{max}$	$x_{max}$	بوفرة

المتفاعل المحد:

من البيان، عندما ينعدم تركيز شوارد الهيدرونيوم $[\ce{H3O^+}] = 0$ تبقى كتلة من كربونات الكالسيوم $m_f = 0{,}1~\mathrm{g} \neq 0$ . التفاعل تام، إذن المتفاعل المحد هو شوارد الهيدرونيوم $\ce{H3O^+}$ .

التقدم الأعظمي:

m_f = M (n_0 - x_{max})~~\Rightarrow~~x_{max} = \frac{m_0 - m_f}{M} = \frac{1 - 0{,}1}{100}

x_{max} = 9 \times 10^{-3}~\mathrm{mol}

إثبات العلاقة:

من جدول التقدم: $m(\ce{CaCO3}) = M (n_0 - x) = m_0 - M x$ ، و $[\ce{H3O^+}] = \frac{C V - 2x}{V}$ ومنه:

x = \frac{C V - [\ce{H3O^+}] \cdot V}{2}

بالتعويض:

m(\ce{CaCO3}) = m_0 - \frac{M \cdot C \cdot V}{2} + \frac{M \cdot V}{2} \cdot [\ce{H3O^+}]

معادلة البيان واستنتاج $V$ و $C$ :

الشكل 1 — حل التمرين الخامس عشر

البيان خط مستقيم معادلته $m = a \cdot [\ce{H3O^+}] + b$ ، حيث $b = 0{,}1~\mathrm{g}$ و:

a = \frac{0{,}3 - 0{,}1}{0{,}4 - 0} = 0{,}5~\mathrm{g \cdot L \cdot mol^{-1}}

m(\ce{CaCO3}) = 0{,}5 \cdot [\ce{H3O^+}] + 0{,}1

بالمطابقة مع العلاقة النظرية:

\frac{M \cdot V}{2} = 0{,}5~~\Rightarrow~~V = \frac{2 \times 0{,}5}{100} = 10^{-2}~\mathrm{L}

m_0 - \frac{M \cdot C \cdot V}{2} = 0{,}1~~\Rightarrow~~C = \frac{2 (m_0 - 0{,}1)}{M \cdot V} = \frac{2 \times 0{,}9}{100 \times 10^{-2}}

V = 10~\mathrm{mL}~~;~~C = 1{,}8~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}

الكتلة اللازمة لمزيج ستوكيومتري:

\frac{n_0(\ce{CaCO3})}{1} = \frac{n_0(\ce{H3O^+})}{2}~~\Rightarrow~~m_0 = M \times \frac{C V}{2} = 100 \times \frac{1{,}8 \times 10^{-2}}{2}

m_0 = 0{,}9~\mathrm{g}

II⁻ الدراسة عن طريق قياس الناقلية

التركيب التجريبي:

التركيب التجريبي — حل التمرين الخامس عشر

نهاية التفاعل:

ينتهي التفاعل عندما تستقر الناقلية النوعية عند قيمتها النهائية $\sigma_f = 1{,}4~\mathrm{S \cdot m^{-1}}$ (عمليا ابتداء من $t \approx 90~\mathrm{min}$ ).

التقدم الأعظمي والتحقق منه:

\sigma_f = 4{,}2 - 560 \cdot x_{max}~~\Rightarrow~~x_{max} = \frac{4{,}2 - 1{,}4}{560}

x_{max} = 5 \times 10^{-3}~\mathrm{mol}

التحقق: $n_0(\ce{CaCO3}) = \frac{1}{100} = 10^{-2}~\mathrm{mol}$ و $n_0(\ce{H3O^+}) = C' V' = 0{,}1 \times 0{,}1 = 10^{-2}~\mathrm{mol}$ :

10^{-2} - x_{max} = 0 \Rightarrow x_{max} = 10^{-2}~\mathrm{mol}~~;~~10^{-2} - 2x_{max} = 0 \Rightarrow x_{max} = 5 \times 10^{-3}~\mathrm{mol}

المتفاعل المحد هو $\ce{H3O^+}$ و $x_{max} = 5 \times 10^{-3}~\mathrm{mol}$ : النتيجتان متطابقتان.

زمن نصف التفاعل:

\sigma(t_{1/2}) = 4{,}2 - 560 \times \frac{x_{max}}{2} = 4{,}2 - 560 \times 2{,}5 \times 10^{-3} = 2{,}8~\mathrm{S \cdot m^{-1}}

بالإسقاط على الشكل 2:

t_{1/2} \approx 12{,}5~\mathrm{min}

الشكل 2 — حل التمرين الخامس عشر

تعريف سرعة التفاعل:

هي مشتق التقدم بالنسبة للزمن: $v(t) = \frac{dx}{dt}$ ، وحدتها $\mathrm{mol \cdot min^{-1}}$ .

سرعة التفاعل عند $t = 0$ :

من $\sigma = 4{,}2 - 560 \cdot x$ : $\frac{d\sigma}{dt} = -560 \cdot \frac{dx}{dt}$ ، أي $v = -\frac{1}{560} \cdot \frac{d\sigma}{dt}$ . المماس عند المبدأ يمر بالنقطتين $(0~;~4{,}2)$ و $(18~\mathrm{min}~;~1{,}4)$ :

\frac{d\sigma}{dt} = \frac{1{,}4 - 4{,}2}{18} = -0{,}156~\mathrm{S \cdot m^{-1} \cdot min^{-1}}~~\Rightarrow~~v(0) = \frac{0{,}156}{560}

v(0) \approx 2{,}8 \times 10^{-4}~\mathrm{mol \cdot min^{-1}}

التمرين السادس عشر — المتابعة الزمنية عن طريق المعايرة اللونية

متوسط

إن أكسدة شوارد اليود $\ce{I^-}$ بواسطة شوارد البيروكسوديكبريتات $\ce{S2O8^{2-}}$ تحول بطيء وتام، ننمذجه بالمعادلة:

\ce{2I^-(aq) + S2O8^{2-}(aq) = I2(aq) + 2SO4^{2-}(aq)}

عند اللحظة $t = 0$ نضع في بيشر حجما $V_1 = 20~\mathrm{mL}$ من محلول بيروكسوديكبريتات البوتاسيوم $\ce{(2K^+ + S2O8^{2-})(aq)}$ تركيزه المولي $C_1 = 0{,}25~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ونضيف إليه حجما $V_2 = 80~\mathrm{mL}$ من محلول يود البوتاسيوم $\ce{(K^+ + I^-)(aq)}$ تركيزه المولي $C_2 = 0{,}2~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ثم نرجّ المزيج.

عيّن الثنائيتين $(Ox/Red)$ الداخلتين في التفاعل.

أنجز جدول تقدم التفاعل، وحدّد المتفاعل المحد.

نوزع المزيج على 20 أنبوب اختبار، يحتوي كل منها على $5~\mathrm{mL}$ منه. عند كل لحظة مدروسة نأخذ أنبوبا ونسكب محتواه في بيشر به $150~\mathrm{mL}$ من الماء البارد وقطع من الجليد وبضع قطرات من صمغ النشاء، فيصبح لون المحلول أزرق. نعاير محتوى البيشر بمحلول ثيوكبريتات الصوديوم $\ce{(2Na^+ + S2O3^{2-})(aq)}$ تركيزه المولي $C_0 = 0{,}025~\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ونسجل حجم التكافؤ $V_E$ . ندوّن النتائج في الجدول التالي:

$t~(\mathrm{min})$	3	6	10	15	20	30	40	50	60
$V_E~(\mathrm{mL})$	3,1	5,7	8,5	11,3	13,4	16,2	17,8	18,8	19,3

لماذا نضيف الماء البارد وقطع الجليد؟

ارسم مخطط التركيب التجريبي للمعايرة.

عرّف نقطة التكافؤ، وكيف نستدل على بلوغها؟

اكتب معادلة تفاعل المعايرة واذكر مميزاته، علما أن الثنائيتين الداخلتين فيه هما: $(\ce{I2}/\ce{I^-})$ و $(\ce{S4O6^{2-}}/\ce{S2O3^{2-}})$ .

أنجز جدول تقدم تفاعل المعايرة، وبيّن أن كمية مادة ثنائي اليود في المزيج الكلي تُعطى بالعلاقة:

n(\ce{I2}) = \frac{20 \cdot C_0 \cdot V_E}{2}

ارسم المنحنى $n(\ce{I2}) = f(t)$ .

جد زمن نصف التفاعل.

احسب سرعة تشكّل ثنائي اليود عند اللحظة $t = 10~\mathrm{min}$ ، ثم استنتج سرعة التفاعل عند نفس اللحظة.

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mmol)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

الثنائيتان (Ox/Red):

(\ce{I2}/\ce{I^-})~~;~~(\ce{S2O8^{2-}}/\ce{SO4^{2-}})

جدول التقدم والمتفاعل المحد (كميات المادة بـ mmol):

n_0(\ce{S2O8^{2-}}) = C_1 V_1 = 0{,}25 \times 20 = 5~\mathrm{mmol}~~;~~n_0(\ce{I^-}) = C_2 V_2 = 0{,}2 \times 80 = 16~\mathrm{mmol}

\ce{2I^- + S2O8^{2-} = I2 + 2SO4^{2-}}

الحالة	التقدم	$\ce{I^-}$	$\ce{S2O8^{2-}}$	$\ce{I2}$	$\ce{SO4^{2-}}$
ابتدائية	$0$	$16$	$5$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$16 - 2x$	$5 - x$	$x$	$2x$
نهائية	$x_{max}$	$16 - 2x_{max}$	$5 - x_{max}$	$x_{max}$	$2x_{max}$

$16 - 2x_{max} = 0 \Rightarrow x_{max} = 8~\mathrm{mmol}$ ؛ $5 - x_{max} = 0 \Rightarrow x_{max} = 5~\mathrm{mmol}$ . القيمة الصغرى:

المتفاعل المحد هو $\ce{S2O8^{2-}}$ ، و:

x_{max} = 5~\mathrm{mmol}

دور الماء البارد وقطع الجليد:

التمديد والتبريد المفاجئ يوقفان عمليا التفاعل (تسقية)، فتبقى كمية ثنائي اليود في الأنبوب ثابتة أثناء المعايرة، وتوافق اللحظة المدروسة.

التركيب التجريبي للمعايرة:

التركيب التجريبي للمعايرة — حل التمرين السادس عشر

نقطة التكافؤ:

هي النقطة التي تكون فيها كميتا المتفاعلين (ثنائي اليود المعاير وشوارد الثيوكبريتات المضافة) بالنسب الستوكيومترية لمعادلة المعايرة. نستدل عليها باختفاء اللون الأزرق الذي يعطيه ثنائي اليود مع صمغ النشاء.

معادلة تفاعل المعايرة ومميزاته:

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

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

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

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

نرمز بـ $n_1(\ce{I2})$ لكمية ثنائي اليود في أنبوب واحد ( $5~\mathrm{mL}$ ):

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

الحالة	التقدم	$\ce{I2}$	$\ce{S2O3^{2-}}$	$\ce{I^-}$	$\ce{S4O6^{2-}}$
ابتدائية	$0$	$n_1(\ce{I2})$	$C_0 V_E$	موجود	$0$
عند التكافؤ	$x_E$	$n_1(\ce{I2}) - x_E = 0$	$C_0 V_E - 2x_E = 0$	موجود	$x_E$

عند التكافؤ: $n_1(\ce{I2}) = x_E = \frac{C_0 V_E}{2}$ . المزيج الكلي ( $100~\mathrm{mL}$ ) موزع على 20 أنبوبا متماثلا:

n(\ce{I2}) = 20 \cdot n_1(\ce{I2}) = \frac{20 \cdot C_0 \cdot V_E}{2}

تطبيق عددي: $n(\ce{I2})~(\mathrm{mmol}) = 10 \times 0{,}025 \times V_E~(\mathrm{mL}) = 0{,}25 \cdot V_E$ :

$t~(\mathrm{min})$	3	6	10	15	20	30	40	50	60
$n(\ce{I2})~(\mathrm{mmol})$	0,78	1,43	2,13	2,83	3,35	4,05	4,45	4,70	4,83

المنحنى $n(\ce{I2}) = f(t)$ :

المنحنى n(I₂) = f(t) — حل التمرين السادس عشر

زمن نصف التفاعل:

من جدول التقدم $n(\ce{I2}) = x$ ، و $x(t_{1/2}) = \frac{x_{max}}{2} = 2{,}5~\mathrm{mmol}$ . بالإسقاط على المنحنى:

t_{1/2} \approx 12{,}5~\mathrm{min}

سرعة تشكّل ثنائي اليود وسرعة التفاعل عند $t = 10~\mathrm{min}$ :

المماس عند $t = 10~\mathrm{min}$ يمر بالنقطتين $(0~;~0{,}54~\mathrm{mmol})$ و $(30~\mathrm{min}~;~5{,}32~\mathrm{mmol})$ :

v(\ce{I2}) = \frac{dn(\ce{I2})}{dt} = \frac{5{,}32 - 0{,}54}{30} = 0{,}159~\mathrm{mmol \cdot min^{-1}}

v(\ce{I2}) \approx 1{,}6 \times 10^{-4}~\mathrm{mol \cdot min^{-1}}

وبما أن $n(\ce{I2}) = x$ : $v = \frac{dx}{dt} = v(\ce{I2})$ :

v(10~\mathrm{min}) \approx 1{,}6 \times 10^{-4}~\mathrm{mol \cdot min^{-1}}