إنشاء حساب
منصّة الأستاذ تبيب حكيم للفيزياءwww.tebibphysique.com

السنة الثالثة ثانوي

المتابعة الزمنية لتحول كيميائي

كل السلاسل

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

نماذج اختبارات مصححة

تمارين من مواضيع الفروض والاختبارات والبكالوريا التجريبية في المتابعة الزمنية لتحول كيميائي، مع التصحيح المفصل وسلم التنقيط. أنجز التمرين في الوقت المحدد قبل الاطلاع على التصحيح.

1

تمرين تجريبي (7 نقاط) - تفاعل المغنيزيوم غير النقي مع حمض كلور الهيدروجين: المتابعة بقياس الضغط

صعب
تحميل الموضوع مع التصحيح (PDF)تحميل الموضوع مع التصحيح (Word)

التمرين التجريبي (7 نقاط)

توجد في المخبر قارورة كُتب عليها: «مسحوق المغنيزيوم Mg\mathrm{Mg} غير النقي»، أي أنه يحتوي على شوائب لا تتفاعل، ودرجة نقاوته pp . ننمذج التحول الكيميائي التام والبطيء الحادث بين المغنيزيوم ومحلول حمض كلور الهيدروجين بالمعادلة:

Mg(s)+2HX3OX+(aq)→MgX2+(aq)+HX2(g)+2HX2O(l)\ce{Mg}_{(s)} + 2\ce{H3O^+}_{(aq)} \to \ce{Mg^2+}_{(aq)} + \ce{H2}_{(g)} + 2\ce{H2O}_{(l)}

نضع كتلة m=1,5 gm = 1{,}5\ \mathrm{g} من مسحوق المغنيزيوم في بالون زجاجي حجمه VintV_{\mathrm{int}} يحتوي على Vs=200 mLV_s = 200\ \mathrm{mL} من محلول حمض كلور الهيدروجين تركيزه c=1 mol/Lc = 1\ \mathrm{mol/L} ، عند درجة حرارة ثابتة 25 °C25\ \mathrm{°C} . تتم متابعة هذا التحول عن طريق قياس ضغط غاز ثنائي الهيدروجين HX2\ce{H2} المنطلق، الذي نعتبره غازا مثاليا، وذلك اعتمادا على أحد التركيبين التجريبيين الموضحين في الشكل (3).

الشكل (3)

1)

اختر التركيب التجريبي المستعمل في هذه المتابعة، ثم سمِّ العناصر المرقمة فيه. (0,75 ن)

2)

أنشئ جدولا لتقدم التفاعل، واستخرج عبارة ضغط غاز ثنائي الهيدروجين PH2P_{\mathrm{H_2}} بدلالة: xx ، VH2V_{\mathrm{H_2}} ، RR ، TT ، حيث VH2V_{\mathrm{H_2}} هو حجم الحيز الذي يشغله الغاز في البالون. (1 ن)

3)

عبّر عن الضغط PP داخل البالون بدلالة: xx ، TT ، RR ، VH2V_{\mathrm{H_2}} ، P0P_0 ، حيث P0P_0 هو ضغط الهواء داخل البالون قبل بدء التفاعل. (0,75 ن)

4)

اعتمادا على البيان (أ) من الشكل (4)، احسب: حجم الغاز VH2V_{\mathrm{H_2}} ، حجم البالون الزجاجي VintV_{\mathrm{int}} ، والتقدم الأعظمي xmaxx_{\mathrm{max}} . (1 ن)

5)

استنتج المتفاعل المحد، واحسب النسبة الكتلية pp (%) (درجة النقاوة) لمسحوق المغنيزيوم. (0,75 ن)

6)

عرّف السرعة الحجمية للتفاعل، واكتب عبارتها بدلالة ضغط البالون، ثم احسب قيمتها الأعظمية اعتمادا على البيان (ب). (1,25 ن)

7)

عرّف زمن نصف التفاعل t1/2t_{1/2} ، ثم حدده بيانيا. (0,75 ن)

8)

نعيد التجربة بنفس الكتلة السابقة من المغنيزيوم لكن على شكل قطعة واحدة. أعد رسم البيان (ب) كيفيا، وارسم في نفس المعلم المنحنى الجديد، مع التعليل. (0,75 ن)

الشكل (4): البيان (أ) يمثل تغيرات الضغط PP داخل البالون بدلالة التقدم xx ، والبيان (ب) يمثل تغيراته بدلالة الزمن tt ، والمستقيم المتقطع هو المماس للمنحنى عند اللحظة t=0t = 0 .

البيان (أ)

البيان (ب)

معطيات: M(Mg)=24 g/molM(\mathrm{Mg}) = 24\ \mathrm{g/mol} ؛ R=8,314 SIR = 8{,}314\ \mathrm{SI} ؛ T=25 °CT = 25\ \mathrm{°C} ؛ T(K)=θ(°C)+273T(\mathrm{K}) = \theta(\mathrm{°C}) + 273 .

عرض الحل

التمرين التجريبي (7 نقاط)

1)

نختار التركيب (أ)، لأن المتابعة تتم بقياس الضغط في وعاء مغلق ذي حجم ثابت. (0,25 ن)

(01) بالون زجاجي (دورق) ، (02) المزيج التفاعلي (مسحوق المغنيزيوم + محلول حمض كلور الهيدروجين) ، (03) قمع بحنفية (يسمح بإدخال المحلول ثم غلق البالون) ، (04) مقياس الضغط (مانومتر). (0,5 ن)

2)

كمية المادة الابتدائية لشوارد الهيدرونيوم: n0(HX3OX+)=c Vs=1×0,2=0,2 moln_0(\ce{H3O^+}) = c\,V_s = 1 \times 0{,}2 = 0{,}2\ \mathrm{mol} ، ونرمز n0n_0 لكمية مادة المغنيزيوم النقي. (0,5 ن)

الحالةالتقدمMg\ce{Mg}HX3OX+\ce{H3O^+}MgX2+\ce{Mg^2+}HX2\ce{H2}HX2O\ce{H2O}
ابتدائية00n0n_00,20{,}20000بزيادة
انتقاليةxxn0−xn_0 - x0,2−2x0{,}2 - 2xxxxxبزيادة
نهائيةxmaxx_{\mathrm{max}}n0−xmaxn_0 - x_{\mathrm{max}}0,2−2xmax0{,}2 - 2x_{\mathrm{max}}xmaxx_{\mathrm{max}}xmaxx_{\mathrm{max}}بزيادة

من جدول التقدم n(HX2)=xn(\ce{H2}) = x ، وبتطبيق قانون الغاز المثالي: PH2 VH2=n(HX2) R TP_{\mathrm{H_2}}\,V_{\mathrm{H_2}} = n(\ce{H2})\,R\,T ، ومنه: (0,5 ن)

PH2=R TVH2 xP_{\mathrm{H_2}} = \dfrac{R\,T}{V_{\mathrm{H_2}}}\,x
3)

الضغط داخل البالون هو مجموع ضغط الهواء وضغط الغاز المنطلق: P=P0+PH2P = P_0 + P_{\mathrm{H_2}} ، أي:

P=P0+R TVH2 xP = P_0 + \dfrac{R\,T}{V_{\mathrm{H_2}}}\,x

(0,75 ن)

4)

البيان (أ) مستقيم لا يمر بالمبدأ معادلته P=a x+P0P = a\,x + P_0 ، وبالمطابقة مع العبارة النظرية:

البيان (أ)

نقرأ: P0=1,0×105 PaP_0 = 1{,}0 \times 10^5\ \mathrm{Pa} ، وعند نهاية التفاعل Pmax=2,5×105 PaP_{\mathrm{max}} = 2{,}5 \times 10^5\ \mathrm{Pa} و xmax=50 mmol=5×10−2 molx_{\mathrm{max}} = 50\ \mathrm{mmol} = 5 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol} . (0,25 ن)

a=R TVH2=(2,5−1,0)×1055×10−2=3×106 Pa/mola = \dfrac{R\,T}{V_{\mathrm{H_2}}} = \dfrac{(2{,}5 - 1{,}0) \times 10^5}{5 \times 10^{-2}} = 3 \times 10^6\ \mathrm{Pa/mol}
VH2=R Ta=8,314×2983×106≈8,26×10−4 m3≈0,83 LV_{\mathrm{H_2}} = \dfrac{R\,T}{a} = \dfrac{8{,}314 \times 298}{3 \times 10^6} \approx 8{,}26 \times 10^{-4}\ \mathrm{m^3} \approx 0{,}83\ \mathrm{L}

(0,5 ن)

Vint=VH2+Vs=0,83+0,20≈1,03 L≈1 LV_{\mathrm{int}} = V_{\mathrm{H_2}} + V_s = 0{,}83 + 0{,}20 \approx 1{,}03\ \mathrm{L} \approx 1\ \mathrm{L}

(0,25 ن)

5)

لو كان HX3OX+\ce{H3O^+} هو المتفاعل المحد لكان 0,2−2xmax=00{,}2 - 2x_{\mathrm{max}} = 0 ، أي xmax=0,1 mol=100 mmolx_{\mathrm{max}} = 0{,}1\ \mathrm{mol} = 100\ \mathrm{mmol} ، وهذا يخالف القيمة المقروءة (50 mmol50\ \mathrm{mmol}). إذن المغنيزيوم هو المتفاعل المحد: n0−xmax=0n_0 - x_{\mathrm{max}} = 0 ، أي n0=5×10−2 moln_0 = 5 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol} . (0,25 ن)

كتلة المغنيزيوم النقي:

m0=n0×M(Mg)=5×10−2×24=1,2 gm_0 = n_0 \times M(\mathrm{Mg}) = 5 \times 10^{-2} \times 24 = 1{,}2\ \mathrm{g}
p=m0m×100=1,21,5×100=80p = \dfrac{m_0}{m} \times 100 = \dfrac{1{,}2}{1{,}5} \times 100 = 80

أي درجة النقاوة p=80p = 80 % · (0,5 ن)

6)

السرعة الحجمية للتفاعل هي سرعة التفاعل في وحدة حجم الوسط التفاعلي: vvol=1Vs dxdtv_{\mathrm{vol}} = \dfrac{1}{V_s}\,\dfrac{dx}{dt} . (0,25 ن)

من العلاقة P=P0+R TVH2 xP = P_0 + \dfrac{R\,T}{V_{\mathrm{H_2}}}\,x نجد x=VH2R T (P−P0)x = \dfrac{V_{\mathrm{H_2}}}{R\,T}\,(P - P_0) ، وبالاشتقاق بالنسبة للزمن: (0,25 ن)

vvol=VH2R T Vs dPdt=xmaxVs (Pmax−P0) dPdtv_{\mathrm{vol}} = \dfrac{V_{\mathrm{H_2}}}{R\,T\,V_s}\,\dfrac{dP}{dt} = \dfrac{x_{\mathrm{max}}}{V_s\,(P_{\mathrm{max}} - P_0)}\,\dfrac{dP}{dt}

(0,25 ن)

تكون السرعة أعظمية عند t=0t = 0 ، حيث ميل المماس (المستقيم المتقطع في البيان (ب)): (dPdt)t=0=(2,5−1,0)×1057,5=2×104 Pa/min\left(\dfrac{dP}{dt}\right)_{t=0} = \dfrac{(2{,}5 - 1{,}0) \times 10^5}{7{,}5} = 2 \times 10^4\ \mathrm{Pa/min} ، إذن: (0,25 ن)

vvol(0)=5×10−20,2×1,5×105×2×104≈3,3×10−2 mol⋅L−1⋅min−1v_{\mathrm{vol}}(0) = \dfrac{5 \times 10^{-2}}{0{,}2 \times 1{,}5 \times 10^5} \times 2 \times 10^4 \approx 3{,}3 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

(0,25 ن)

7)

زمن نصف التفاعل t1/2t_{1/2} هو المدة الزمنية اللازمة لبلوغ تقدم التفاعل نصف قيمته النهائية: x(t1/2)=xmax2x(t_{1/2}) = \dfrac{x_{\mathrm{max}}}{2} . (0,25 ن)

عندها يكون:

P(t1/2)=P0+Pmax2=1,0+2,52×105=1,75×105 PaP(t_{1/2}) = \dfrac{P_0 + P_{\mathrm{max}}}{2} = \dfrac{1{,}0 + 2{,}5}{2} \times 10^5 = 1{,}75 \times 10^5\ \mathrm{Pa}

وبالإسقاط على البيان (ب) نجد: t1/2≈5,2 mint_{1/2} \approx 5{,}2\ \mathrm{min} . (0,5 ن)

البيان (ب)

8)

المنحنى (2) (بالأزرق) يمثل التجربة بالقطعة الواحدة، والمنحنى (1) التجربة بالمسحوق: (0,25 ن)

أ)

القطعة الواحدة سطح تلامسها مع المحلول أصغر من سطح تلامس المسحوق، فيكون التفاعل أبطأ: ميل المماس عند المبدأ أصغر و t1/2t_{1/2} أكبر. (0,25 ن)

ب)

كمية المغنيزيوم هي نفسها (المتفاعل المحد)، فيبقى xmax=50 mmolx_{\mathrm{max}} = 50\ \mathrm{mmol} ويؤول الضغط إلى نفس القيمة النهائية Pmax=2,5×105 PaP_{\mathrm{max}} = 2{,}5 \times 10^5\ \mathrm{Pa} ، لكن بعد مدة أطول. (0,25 ن)

سلم التنقيط المفصل

السؤالالتوزيعالمجموع
1اختيار التركيب مع التعليل 0,25 + تسمية العناصر 0,50,75
2جدول التقدم 0,5 + عبارة الضغط 0,51
3العلاقة بين الضغوط والعبارة0,75
4القراءات 0,25 + الحجم 0,5 + حجم البالون 0,251
5المتفاعل المحد 0,25 + درجة النقاوة 0,50,75
6التعريف 0,25 + العبارة 0,5 + الميل 0,25 + القيمة 0,251,25
7التعريف 0,25 + التحديد البياني 0,50,75
8الرسم 0,25 + التعليل 0,50,75
المجموع7

ملاحظة: تقبل كل طريقة حل صحيحة أخرى، وتقبل القيم المقروءة بيانيا في حدود دقة القراءة.

التمرين2

الفرض الأول (20 نقطة) - وضعية إدماجية: المتابعة الزمنية لتفاعل خام حديد غار جبيلات مع حمض كلور الهيدروجين

صعب
تحميل الموضوع مع التصحيح (PDF)تحميل الموضوع مع التصحيح (Word)

الوضعية الإدماجية (20 نقطة)

السياق

يُعتبر منجم «غار جبيلات» بولاية تندوف من أكبر مناجم الحديد في الجزائر. تؤكد الدراسات الجيولوجية أن خاماته غنية، إذ تبلغ نسبة الحديد فيها 59 % (كتلةً). يحتوي الخام على الحديد Fe\mathrm{Fe} وعلى شوائب نعتبرها لا تتفاعل ولا تؤثر على تطور التفاعل.

أراد فوج من التلاميذ التأكد من هذه النسبة تجريبيا، وذلك بمتابعة التحول الكيميائي بين الحديد الموجود في عينة من الخام ومحلول حمض كلور الهيدروجين.

المشكلة: هل تؤكد نتائج التلاميذ أن نسبة الحديد في خام غار جبيلات هي فعلا 59 % ؟

السند 1: البروتوكول التجريبي

في اللحظة t=0t = 0 ، وضع التلاميذ قطعا صغيرة من خام الحديد كتلتها m=1,90 gm = 1{,}90\ \mathrm{g} في دورق يحتوي على حجم V=200 mLV = 200\ \mathrm{mL} من محلول حمض كلور الهيدروجين (HX3OX++ClX−)(\ce{H3O^+} + \ce{Cl^-}) تركيزه المولي بشوارد الهيدرونيوم [HX3OX+]0=C[\ce{H3O^+}]_0 = C ، ثم جمعوا غاز ثنائي الهيدروجين المنطلق وقاسوا حجمه VH2V_{\mathrm{H_2}} تحت ضغط ثابت. نعتبر أن حجم المحلول يبقى ثابتا خلال التحول. ينمذج التحول الحادث، وهو تحول تام وبطيء، بالمعادلة:

Fe(s)+2 HX3OX+(aq)=FeX2+(aq)+HX2(g)+2 HX2O(l)\ce{Fe(s) + 2H3O^+(aq) = Fe^2+(aq) + H2(g) + 2H2O(l)}

المعطيات: الحجم المولي للغازات في شروط التجربة VM=24 L⋅mol−1V_M = 24\ \mathrm{L \cdot mol^{-1}} ؛ M(Fe)=55,8 g⋅mol−1M(\mathrm{Fe}) = 55{,}8\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}} .

السند 2: بعض نتائج القياس

t (min)t\ (\mathrm{min})024610203040
VH2 (mL)V_{\mathrm{H_2}}\ (\mathrm{mL})0106189253342441469477

السند 3: منحنى تطور تركيز شوارد الهيدرونيوم

انطلاقا من القياسات، مثّل التلاميذ المنحنى [HX3OX+]=f(t)[\ce{H3O^+}] = f(t) ، (الشكل 1)، والمستقيم المتقطع هو المماس للمنحنى في اللحظة t=0t = 0 .

الشكل (1)

المهام

الجزء الأول: نمذجة التحول ومتابعته

1)

اكتب المعادلتين النصفيتين للأكسدة والإرجاع، محددا الثنائيتين (Ox/Red)(\mathrm{Ox/Red}) الداخلتين في التفاعل. (1,5 ن)

2)

علّل لماذا يسمح قياس حجم الغاز المنطلق بمتابعة تطور هذا التحول، ثم اقترح طريقة أخرى لمتابعته مع التعليل. (1 ن)

3)

أنشئ جدول تقدم التفاعل. (1,5 ن)

4)

بيّن أن التركيز المولي لشوارد الهيدرونيوم يُعطى في كل لحظة بالعلاقة:

[HX3OX+]=C−2V⋅VM×VH2[\ce{H3O^+}] = C - \dfrac{2}{V \cdot V_M} \times V_{\mathrm{H_2}}

(1 ن)

الجزء الثاني: استغلال النتائج التجريبية

5)

باستغلال السندين 2 و 3:

أ)

استخرج من المنحنى قيمة التركيز الابتدائي CC وقيمة التركيز النهائي [HX3OX+]f[\ce{H3O^+}]_f . (0,5 ن)

ب)

باستعمال العلاقة السابقة، أكمل الجدول التالي، ثم تحقق من توافق النتائج مع المنحنى. (1,5 ن)

t (min)t\ (\mathrm{min})41020
VH2 (mL)V_{\mathrm{H_2}}\ (\mathrm{mL})189342441
[HX3OX+] (mol⋅L−1)[\ce{H3O^+}]\ (\mathrm{mol \cdot L^{-1}})
6)

حدّد المتفاعل المحد مع التعليل، ثم احسب قيمة التقدم الأعظمي xmaxx_{max} ، واستنتج الحجم الأعظمي لغاز ثنائي الهيدروجين VH2,maxV_{\mathrm{H_2},max} . (2,5 ن)

7)

عرّف زمن نصف التفاعل t1/2t_{1/2} ، ثم حدّد قيمته بيانيا موضحا الطريقة. (1,5 ن)

8)

بيّن أن التركيز المولي لشوارد الحديد الثنائي عند اللحظة t1/2t_{1/2} هو [FeX2+]=0,05 mol⋅L−1[\ce{Fe^2+}] = 0{,}05\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} . (1 ن)

9)

السرعة الحجمية للتفاعل:

أ)

بيّن أن عبارتها تكتب بالشكل:

vvol=−12⋅d[HX3OX+]dtv_{vol} = -\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{d[\ce{H3O^+}]}{dt}

(1 ن)

ب)

احسب قيمتها عند اللحظة t=0t = 0 . (1 ن)

ج)

كيف تتطور هذه السرعة مع الزمن؟ فسّر ذلك مجهريا مع ذكر العامل الحركي المسؤول. (1 ن)

الجزء الثالث: حل المشكلة

10)

احسب كتلة الحديد النقي m0m_0 الموجودة في العينة، ثم أجب عن المشكلة المطروحة مع التعليل. (3 ن)

11)

أعاد فوج آخر التجربة في نفس الشروط، لكن باستعمال نفس الكتلة من الخام على شكل مسحوق. ارسم كيفيا، على نفس الشكل، المنحنى [HX3OX+]=f(t)[\ce{H3O^+}] = f(t) المتوقع، مع تعليل شكله في البداية وفي النهاية. (2 ن)

عرض الحل

الجزء الأول: نمذجة التحول ومتابعته (5 نقاط)

1)

الثنائيتان: (FeX2+/Fe)(\ce{Fe^2+}/\ce{Fe}) و (HX3OX+/HX2)(\ce{H3O^+}/\ce{H2}) . (0,5 ن)

معادلة الأكسدة: Fe(s)=FeX2+(aq)+2 eX−\ce{Fe(s) = Fe^2+(aq) + 2e-} (0,5 ن)

معادلة الإرجاع: 2 HX3OX+(aq)+2 eX−=HX2(g)+2 HX2O(l)\ce{2H3O^+(aq) + 2e- = H2(g) + 2H2O(l)} (0,5 ن)

2)

غاز HX2\ce{H2} ناتج، وكمية مادته تساوي التقدم: n(HX2)=x=VH2VMn(\ce{H2}) = x = \dfrac{V_{\mathrm{H_2}}}{V_M} ، فقياس حجمه يعطي التقدم في كل لحظة. (0,5 ن)

طريقة أخرى: قياس الناقلية، لأن شوارد HX3OX+\ce{H3O^+} ذات الناقلية النوعية الكبيرة تختفي وتعوض بشوارد FeX2+\ce{Fe^2+} ، فتتغير ناقلية المحلول (تتناقص). تقبل أيضا: قياس الـ pH لأن [HX3OX+][\ce{H3O^+}] يتناقص فيزداد pH. (0,5 ن)

3)

جدول التقدم (مع n0(Fe)n_0(\mathrm{Fe}) كمية مادة الحديد الابتدائية و CVCV كمية مادة HX3OX+\ce{H3O^+} الابتدائية): (1,5 ن)

الحالةالتقدمFe\ce{Fe}2HX3OX+2\ce{H3O^+}FeX2+\ce{Fe^2+}HX2\ce{H2}2HX2O2\ce{H2O}
ابتدائية00n0(Fe)n_0(\mathrm{Fe})CVCV0000بزيادة
انتقاليةxxn0(Fe)−xn_0(\mathrm{Fe}) - xCV−2xCV - 2xxxxxبزيادة
نهائيةxmaxx_{max}n0(Fe)−xmaxn_0(\mathrm{Fe}) - x_{max}CV−2xmaxCV - 2x_{max}xmaxx_{max}xmaxx_{max}بزيادة
4)

من جدول التقدم:

n(HX3OX+)=CV−2x⇒[HX3OX+]=C−2xVn(\ce{H3O^+}) = CV - 2x \Rightarrow [\ce{H3O^+}] = C - \dfrac{2x}{V}

ومن جهة أخرى، كمية مادة الغاز الناتج:

x=n(HX2)=VH2VMx = n(\ce{H2}) = \dfrac{V_{\mathrm{H_2}}}{V_M}

بالتعويض نجد:

[HX3OX+]=C−2V⋅VM×VH2[\ce{H3O^+}] = C - \dfrac{2}{V \cdot V_M} \times V_{\mathrm{H_2}}

(1 ن)

الجزء الثاني: استغلال النتائج التجريبية (10 نقاط)

5)

باستغلال السندين 2 و 3:

أ)

من المنحنى: C=0,30 mol⋅L−1C = 0{,}30\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} و [HX3OX+]f=0,10 mol⋅L−1[\ce{H3O^+}]_f = 0{,}10\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} . (0,5 ن)

ب)

مع V⋅VM=0,200×24=4,8 L2⋅mol−1V \cdot V_M = 0{,}200 \times 24 = 4{,}8\ \mathrm{L^2 \cdot mol^{-1}} و VH2V_{\mathrm{H_2}} باللتر، مثلا عند t=4 mint = 4\ \mathrm{min} :

[HX3OX+]=0,30−2×0,1894,8=0,221 mol⋅L−1[\ce{H3O^+}] = 0{,}30 - \dfrac{2 \times 0{,}189}{4{,}8} = 0{,}221\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

(1 ن)

t (min)t\ (\mathrm{min})41020
VH2 (mL)V_{\mathrm{H_2}}\ (\mathrm{mL})189342441
[HX3OX+] (mol⋅L−1)[\ce{H3O^+}]\ (\mathrm{mol \cdot L^{-1}})0,2210,1580,116

القيم المحسوبة تنطبق على نقاط المنحنى عند نفس اللحظات (0,22 ؛ 0,16 ؛ 0,12 تقريبا)، فالنتائج متوافقة. (0,5 ن)

6)

التحول تام، و [HX3OX+]f=0,10 mol⋅L−1≠0[\ce{H3O^+}]_f = 0{,}10\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \neq 0 : شوارد HX3OX+\ce{H3O^+} لم تختف كليا، إذن الحديد هو المتفاعل المحد. (1 ن)

CV−2xmax=[HX3OX+]fV⇒xmax=(C−[HX3OX+]f)V2=(0,30−0,10)×0,2002=2,0×10−2 molCV - 2x_{max} = [\ce{H3O^+}]_f V \Rightarrow x_{max} = \dfrac{(C - [\ce{H3O^+}]_f) V}{2} = \dfrac{(0{,}30 - 0{,}10) \times 0{,}200}{2} = 2{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}

(1 ن)

VH2,max=xmax⋅VM=2,0×10−2×24=0,48 L=480 mLV_{\mathrm{H_2},max} = x_{max} \cdot V_M = 2{,}0 \times 10^{-2} \times 24 = 0{,}48\ \mathrm{L} = 480\ \mathrm{mL}

وهو ما يتوافق مع قيم السند 2 التي تقترب من 480 mL · (0,5 ن)

7)

زمن نصف التفاعل t1/2t_{1/2} : هو المدة الزمنية اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية: x(t1/2)=xf2x(t_{1/2}) = \dfrac{x_f}{2} . (0,5 ن)

عند t1/2t_{1/2} :

[HX3OX+]=C−xmaxV=0,30−0,0200,200=0,20 mol⋅L−1[\ce{H3O^+}] = C - \dfrac{x_{max}}{V} = 0{,}30 - \dfrac{0{,}020}{0{,}200} = 0{,}20\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

نُسقط هذه القيمة على المنحنى فنقرأ: t1/2≈5,5 mint_{1/2} \approx 5{,}5\ \mathrm{min} . (1 ن)

الشكل (1)

8)

عند t1/2t_{1/2} : x=xmax2=1,0×10−2 molx = \dfrac{x_{max}}{2} = 1{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol} ، ومن جدول التقدم n(FeX2+)=xn(\ce{Fe^2+}) = x :

[FeX2+]=xV=1,0×10−20,200=0,05 mol⋅L−1[\ce{Fe^2+}] = \dfrac{x}{V} = \dfrac{1{,}0 \times 10^{-2}}{0{,}200} = 0{,}05\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

(1 ن)

9)

السرعة الحجمية للتفاعل:

أ)

تعريف السرعة الحجمية:

vvol=1V⋅dxdtv_{vol} = \dfrac{1}{V} \cdot \dfrac{dx}{dt}

ومن العلاقة السابقة:

x=V2(C−[HX3OX+])⇒dxdt=−V2⋅d[HX3OX+]dtx = \dfrac{V}{2}\left(C - [\ce{H3O^+}]\right) \Rightarrow \dfrac{dx}{dt} = -\dfrac{V}{2} \cdot \dfrac{d[\ce{H3O^+}]}{dt}

إذن:

vvol=−12⋅d[HX3OX+]dtv_{vol} = -\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{d[\ce{H3O^+}]}{dt}

(1 ن)

ب)

ميل المماس عند t=0t = 0 (يمر بالنقطتين (0;0,30)(0 ; 0{,}30) و (12;0)(12 ; 0) ):

(d[HX3OX+]dt)t=0=0−0,3012−0=−2,5×10−2 mol⋅L−1⋅min−1\left(\dfrac{d[\ce{H3O^+}]}{dt}\right)_{t=0} = \dfrac{0 - 0{,}30}{12 - 0} = -2{,}5 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}
vvol(0)=−12×(−2,5×10−2)=1,25×10−2 mol⋅L−1⋅min−1v_{vol}(0) = -\dfrac{1}{2} \times (-2{,}5 \times 10^{-2}) = 1{,}25 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

(1 ن)

ج)

تتناقص السرعة الحجمية مع الزمن (ميل المماس يتناقص بالقيمة المطلقة حتى ينعدم)، فقيمتها أعظمية عند t=0t = 0 . التفسير: يتناقص تركيز المتفاعل HX3OX+\ce{H3O^+} وكمية الحديد، فيقل عدد التصادمات الفعالة في وحدة الزمن. العامل الحركي: التركيز المولي للمتفاعلات. (1 ن)

الجزء الثالث: حل المشكلة (5 نقاط)

10)

الحديد متفاعل محد، فكميته الابتدائية: n0(Fe)=xmax=2,0×10−2 moln_0(\mathrm{Fe}) = x_{max} = 2{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol} . (0,5 ن)

m0=n0(Fe)×M(Fe)=2,0×10−2×55,8=1,116 g≈1,12 gm_0 = n_0(\mathrm{Fe}) \times M(\mathrm{Fe}) = 2{,}0 \times 10^{-2} \times 55{,}8 = 1{,}116\ \mathrm{g} \approx 1{,}12\ \mathrm{g}

(1 ن)

نسبة الحديد في الخام:

p=m0m×100=1,1161,90×100≈58,7p = \dfrac{m_0}{m} \times 100 = \dfrac{1{,}116}{1{,}90} \times 100 \approx 58{,}7

أي 58,7 % تقريبا. (0,5 ن)

الجواب عن المشكلة: النسبة التجريبية 58,7 % قريبة جدا من 59 % (فرق نسبي أقل من 1 %، يعود إلى دقة القراءة البيانية)، إذن نتائج التلاميذ تؤكد أن خام غار جبيلات غني بالحديد بنسبة 59 % تقريبا. (1 ن)

11)

المنحنى (2) في الشكل (1) أعلاه: في البداية يكون تحت المنحنى (1) وأكثر انحدارا، لأن المسحوق يزيد سطح التلامس بين الحديد والمحلول فتزداد التصادمات الفعالة ويصبح التفاعل أسرع ( t1/2t_{1/2} أصغر). (1 ن)

في النهاية يؤول إلى نفس القيمة [HX3OX+]f=0,10 mol⋅L−1[\ce{H3O^+}]_f = 0{,}10\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} ، لأن كميات المادة الابتدائية لم تتغير فيبقى التقدم الأعظمي نفسه. (1 ن)

سلم التنقيط المفصل (20 نقطة)

السؤالالتوزيعالمجموع
1الثنائيتان 0,5 + معادلة الأكسدة 0,5 + معادلة الإرجاع 0,51,5
2تعليل المتابعة بالحجم 0,5 + طريقة أخرى معللة 0,51
3الحالة الابتدائية 0,5 + الانتقالية 0,5 + النهائية 0,51,5
4العبارة من جدول التقدم 0,5 + إدخال الحجم المولي والوصول إلى العلاقة 0,51
5قراءة التركيزين الابتدائي والنهائي 0,5 + حساب القيم الثلاث 1 + التحقق من التوافق 0,52
6المتفاعل المحد معلل 1 + التقدم الأعظمي 1 + الحجم الأعظمي للغاز 0,52,5
7التعريف 0,5 + الطريقة البيانية والقيمة 11,5
8التقدم عند زمن نصف التفاعل 0,5 + حساب التركيز 0,51
9العبارة 1 + القيمة في اللحظة الابتدائية 1 + التطور والتفسير والعامل الحركي 13
10كمية مادة الحديد 0,5 + كتلة الحديد النقي 1 + النسبة 0,5 + الجواب المعلل عن المشكلة 13
11الرسم الكيفي وتعليل البداية 1 + تعليل النهاية 12
المجموع20

ملاحظة: تقبل كل طريقة حل صحيحة أخرى، وتراعى القراءات البيانية في حدود دقة الرسم (مثلا t1/2t_{1/2} بين 5 و 6 min).

التمرين3

الفرض الأول (20 نقطة) - كربونات الكالسيوم وحمض كلور الهيدروجين: المتابعة بقياس الناقلية

متوسط
تحميل الموضوع مع التصحيح (PDF)تحميل الموضوع مع التصحيح (Word)

التمرين (20 نقطة)

كربونات الكالسيوم CaCOX3\ce{CaCO3} مركب طبيعي يوجد في الصخور والطباشير والرخام وقشور البيض، ويُستعمل كمكمل غذائي لعلاج نقص الكالسيوم وكمضاد للحموضة، وله أشكال دوائية متنوعة (أقراص، مسحوق...) لعلاج هشاشة العظام وتقوية الأسنان.

يهدف هذا التمرين إلى دراسة حركية التفاعل الحادث بين كربونات الكالسيوم ومحلول حمض كلور الهيدروجين (HX3OX++ClX−)(\ce{H3O^+} + \ce{Cl^-}) ، وإلى التحقق من الناقلية النوعية المولية للشاردتين HX3OX+\ce{H3O^+} و CaX2+\ce{Ca^2+} .

نضع في بيشر حجما V=100 mLV = 100\ \mathrm{mL} من محلول حمض كلور الهيدروجين تركيزه المولي C=0,1 mol/LC = 0{,}1\ \mathrm{mol/L} ، ثم نضيف إليه في اللحظة t=0t = 0 قرصا من كربونات الكالسيوم كتلته m=2 gm = 2\ \mathrm{g} . نتابع التحول بقياس الناقلية GG للمزيج التفاعلي باستعمال خلية قياس ثابتها K=4 cmK = 4\ \mathrm{cm} . ننمذج التحول الكيميائي التام الحادث بالمعادلة:

CaCOX3(s)+2HX3OX+(aq)→CaX2+(aq)+COX2(g)+3HX2O(l)\ce{CaCO3}_{(s)} + 2\ce{H3O^+}_{(aq)} \to \ce{Ca^2+}_{(aq)} + \ce{CO2}_{(g)} + 3\ce{H2O}_{(l)}

1)

عرّف التحول التام. (1 ن)

2)

اذكر الأنواع الكيميائية المسؤولة عن ناقلية المزيج التفاعلي. (1,5 ن)

3)

أنشئ جدولا لتقدم التفاعل، ثم عيّن المتفاعل المحد واحسب التقدم الأعظمي xmaxx_{\mathrm{max}} . (3 ن)

4)

اعتمادا على جدول التقدم، بيّن أن عبارة الناقلية GG للمزيج التفاعلي بدلالة التقدم xx تكتب على الشكل:

G=K (λ(CaX2+)−2 λ(HX3OX+))V x+K C (λ(ClX−)+λ(HX3OX+))G = \dfrac{K\,(\lambda(\ce{Ca^2+}) - 2\,\lambda(\ce{H3O^+}))}{V}\,x + K\,C\,(\lambda(\ce{Cl^-}) + \lambda(\ce{H3O^+}))

ثم استنتج عبارة الناقلية الابتدائية G0G_0 . (3 ن)

5)

يمثل الشكل (2) منحنى تغيرات الناقلية GG بدلالة تقدم التفاعل xx :

أ)

جد قيمتي الناقلية الابتدائية G0G_0 والناقلية النهائية GfG_f للمزيج التفاعلي. (1 ن)

ب)

بالاعتماد على البيان، تأكد أن الناقلية النوعية المولية للشاردتين هي: λ(HX3OX+)=35,5 mS⋅m2/mol\lambda(\ce{H3O^+}) = 35{,}5\ \mathrm{mS \cdot m^2/mol} و λ(CaX2+)=12 mS⋅m2/mol\lambda(\ce{Ca^2+}) = 12\ \mathrm{mS \cdot m^2/mol} . (2,5 ن)

الشكل (2)

6)

يمثل منحنى الشكل (3) تغيرات dGdt\dfrac{dG}{dt} بدلالة الزمن tt :

أ)

جد عبارة السرعة الحجمية للتفاعل vvolv_{\mathrm{vol}} بدلالة dGdt\dfrac{dG}{dt} . (1,5 ن)

ب)

احسب قيمتها الأعظمية. (2 ن)

الشكل (3)

7)

نعيد نفس التجربة السابقة لكن نستعمل نفس الكتلة من كربونات الكالسيوم على شكل مسحوق:

أ)

هل يكون التحول أسرع أم أبطأ؟ برّر. (1,5 ن)

ب)

ارسم كيفيا، في نفس المعلم، منحنى تغيرات الناقلية GG بدلالة الزمن tt للتجربتين معا. (1,5 ن)

ج)

نعيد التجربة الأولى (القرص) عند درجة حرارة أعلى. ارسم كيفيا، في معلم واحد، منحنيي dGdt\dfrac{dG}{dt} بدلالة الزمن tt للتجربتين، مع التعليل. (1,5 ن)

معطيات: M(CaCOX3)=100 g/molM(\ce{CaCO3}) = 100\ \mathrm{g/mol} ؛ λ(ClX−)=7,6 mS⋅m2/mol\lambda(\ce{Cl^-}) = 7{,}6\ \mathrm{mS \cdot m^2/mol} .

عرض الحل

التمرين (20 نقطة)

1)

التحول التام هو تحول يتوقف عند الاختفاء الكلي للمتفاعل المحد، أي يكون فيه التقدم النهائي مساويا للتقدم الأعظمي: xf=xmaxx_f = x_{\mathrm{max}} . (1 ن)

2)

الأنواع الكيميائية المسؤولة عن الناقلية هي الشوارد الموجودة في المزيج: HX3OX+\ce{H3O^+} ، ClX−\ce{Cl^-} و CaX2+\ce{Ca^2+} . (1,5 ن)

3)

كميتا المادة الابتدائيتان: n0(HX3OX+)=C V=0,1×0,1=1×10−2 moln_0(\ce{H3O^+}) = C\,V = 0{,}1 \times 0{,}1 = 1 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol} (0,5 ن) ، و n0(CaCOX3)=mM=2100=2×10−2 moln_0(\ce{CaCO3}) = \dfrac{m}{M} = \dfrac{2}{100} = 2 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol} . (0,5 ن)

الحالةالتقدمCaCOX3\ce{CaCO3}HX3OX+\ce{H3O^+}CaX2+\ce{Ca^2+}COX2\ce{CO2}HX2O\ce{H2O}
ابتدائية00202010100000بزيادة
انتقاليةxx20−x20 - x10−2x10 - 2xxxxxبزيادة
نهائيةxmaxx_{\mathrm{max}}20−xmax20 - x_{\mathrm{max}}10−2xmax10 - 2x_{\mathrm{max}}xmaxx_{\mathrm{max}}xmaxx_{\mathrm{max}}بزيادة

كميات المادة في الجدول مقدرة بـ mmol\mathrm{mmol} . (1 ن)

إذا كان HX3OX+\ce{H3O^+} محدا: 1×10−2−2xmax=01 \times 10^{-2} - 2x_{\mathrm{max}} = 0 ومنه xmax=5×10−3 molx_{\mathrm{max}} = 5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol} ، وإذا كان CaCOX3\ce{CaCO3} محدا: xmax=2×10−2 molx_{\mathrm{max}} = 2 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol} . نأخذ القيمة الصغرى: المتفاعل المحد هو HX3OX+\ce{H3O^+} و xmax=5×10−3 mol=5 mmolx_{\mathrm{max}} = 5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol} = 5\ \mathrm{mmol} . (1 ن)

4)

الناقلية النوعية للمزيج: σ=λ(HX3OX+) [HX3OX+]+λ(CaX2+) [CaX2+]+λ(ClX−) [ClX−]\sigma = \lambda(\ce{H3O^+})\,[\ce{H3O^+}] + \lambda(\ce{Ca^2+})\,[\ce{Ca^2+}] + \lambda(\ce{Cl^-})\,[\ce{Cl^-}] و G=K σG = K\,\sigma . (0,5 ن)

من جدول التقدم: [HX3OX+]=C V−2xV[\ce{H3O^+}] = \dfrac{C\,V - 2x}{V} ، [CaX2+]=xV[\ce{Ca^2+}] = \dfrac{x}{V} ، [ClX−]=C[\ce{Cl^-}] = C (شوارد غير متفاعلة). (1 ن)

بالتعويض: G=K[λ(HX3OX+)(C−2xV)+λ(CaX2+) xV+λ(ClX−) C]G = K\left[\lambda(\ce{H3O^+})\left(C - \dfrac{2x}{V}\right) + \lambda(\ce{Ca^2+})\,\dfrac{x}{V} + \lambda(\ce{Cl^-})\,C\right] ، ومنه: (1 ن)

G=K (λ(CaX2+)−2 λ(HX3OX+))V x+K C (λ(ClX−)+λ(HX3OX+))G = \dfrac{K\,(\lambda(\ce{Ca^2+}) - 2\,\lambda(\ce{H3O^+}))}{V}\,x + K\,C\,(\lambda(\ce{Cl^-}) + \lambda(\ce{H3O^+}))

عند t=0t = 0 يكون x=0x = 0 ، ومنه:

G0=K C (λ(ClX−)+λ(HX3OX+))G_0 = K\,C\,(\lambda(\ce{Cl^-}) + \lambda(\ce{H3O^+}))

(0,5 ن)

5)

بالاعتماد على الشكل (2):

أ)

من البيان: عند x=0x = 0 : G0=172 mSG_0 = 172\ \mathrm{mS} ، وعند x=xmax=5 mmolx = x_{\mathrm{max}} = 5\ \mathrm{mmol} : Gf=54 mSG_f = 54\ \mathrm{mS} . (1 ن)

ب)

الناقلية النوعية المولية لـ HX3OX+\ce{H3O^+} : من G0=K C (λ(ClX−)+λ(HX3OX+))G_0 = K\,C\,(\lambda(\ce{Cl^-}) + \lambda(\ce{H3O^+})) (مع K=4×10−2 mK = 4 \times 10^{-2}\ \mathrm{m} و C=100 mol/m3C = 100\ \mathrm{mol/m^3}):

λ(HX3OX+)=G0K C−λ(ClX−)=0,1724×10−2×100−7,6×10−3≈35,5×10−3 S⋅m2/mol\lambda(\ce{H3O^+}) = \dfrac{G_0}{K\,C} - \lambda(\ce{Cl^-}) = \dfrac{0{,}172}{4 \times 10^{-2} \times 100} - 7{,}6 \times 10^{-3} \approx 35{,}5 \times 10^{-3}\ \mathrm{S \cdot m^2/mol}

أي 35,5 mS⋅m2/mol35{,}5\ \mathrm{mS \cdot m^2/mol} . (1,25 ن)

الناقلية النوعية المولية لـ CaX2+\ce{Ca^2+} : البيان مستقيم ميله a=Gf−G0xmax=54−1725=−23,6 mS/mmol=−23,6 S/mola = \dfrac{G_f - G_0}{x_{\mathrm{max}}} = \dfrac{54 - 172}{5} = -23{,}6\ \mathrm{mS/mmol} = -23{,}6\ \mathrm{S/mol} ، وبالمطابقة مع العبارة النظرية a=K (λ(CaX2+)−2 λ(HX3OX+))Va = \dfrac{K\,(\lambda(\ce{Ca^2+}) - 2\,\lambda(\ce{H3O^+}))}{V} :

λ(CaX2+)=a VK+2 λ(HX3OX+)=−23,6×10−44×10−2+2×35,5×10−3=12×10−3 S⋅m2/mol\lambda(\ce{Ca^2+}) = \dfrac{a\,V}{K} + 2\,\lambda(\ce{H3O^+}) = \dfrac{-23{,}6 \times 10^{-4}}{4 \times 10^{-2}} + 2 \times 35{,}5 \times 10^{-3} = 12 \times 10^{-3}\ \mathrm{S \cdot m^2/mol}

أي 12 mS⋅m2/mol12\ \mathrm{mS \cdot m^2/mol} ، وهي القيمة المعطاة. (1,25 ن)

6)

بالاعتماد على الشكل (3):

أ)

السرعة الحجمية للتفاعل: vvol=1V dxdtv_{\mathrm{vol}} = \dfrac{1}{V}\,\dfrac{dx}{dt} . (0,5 ن)

باشتقاق عبارة GG بالنسبة للزمن: dGdt=K (λ(CaX2+)−2 λ(HX3OX+))V dxdt\dfrac{dG}{dt} = \dfrac{K\,(\lambda(\ce{Ca^2+}) - 2\,\lambda(\ce{H3O^+}))}{V}\,\dfrac{dx}{dt} (0,5 ن) ، ومنه: (0,5 ن)

vvol=1K (λ(CaX2+)−2 λ(HX3OX+)) dGdtv_{\mathrm{vol}} = \dfrac{1}{K\,(\lambda(\ce{Ca^2+}) - 2\,\lambda(\ce{H3O^+}))}\,\dfrac{dG}{dt}
ب)

تكون السرعة أعظمية عند t=0t = 0 (تتناقص بتناقص تركيز المتفاعل HX3OX+\ce{H3O^+})، ونقرأ من البيان: (dGdt)t=0≈−23,6 mS/min\left(\dfrac{dG}{dt}\right)_{t=0} \approx -23{,}6\ \mathrm{mS/min} . (0,5 ن)

K (λ(CaX2+)−2 λ(HX3OX+))=4×10−2×(12−71)×10−3=−2,36×10−3 S⋅m3/molK\,(\lambda(\ce{Ca^2+}) - 2\,\lambda(\ce{H3O^+})) = 4 \times 10^{-2} \times (12 - 71) \times 10^{-3} = -2{,}36 \times 10^{-3}\ \mathrm{S \cdot m^3/mol} ، إذن: (0,5 ن)

vvol,max=−23,6×10−3−2,36×10−3=10 mol⋅m−3⋅min−1=1×10−2 mol⋅L−1⋅min−1v_{\mathrm{vol,max}} = \dfrac{-23{,}6 \times 10^{-3}}{-2{,}36 \times 10^{-3}} = 10\ \mathrm{mol \cdot m^{-3} \cdot min^{-1}} = 1 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

(1 ن)

الشكل (3)

7)

التجربة بالمسحوق:

أ)

يكون التحول أسرع، (0,5 ن) لأن مساحة سطح التلامس بين المسحوق والمحلول الحمضي أكبر من مساحة سطح القرص، فيزداد عدد التصادمات الفعالة في وحدة الزمن (سطح التلامس عامل حركي). (1 ن)

ب)

المنحنى (1) للقرص والمنحنى (2) للمسحوق: (0,75 ن) نفس الناقلية الابتدائية G0=172 mSG_0 = 172\ \mathrm{mS} ، ونفس الناقلية النهائية Gf=54 mSG_f = 54\ \mathrm{mS} لأن المتفاعل المحد (HX3OX+\ce{H3O^+}) هو نفسه فيبقى xmax=5 mmolx_{\mathrm{max}} = 5\ \mathrm{mmol} ، لكن منحنى المسحوق يبلغ القيمة النهائية في مدة أقصر، وميل مماسه عند المبدأ أكبر بالقيمة المطلقة. (0,75 ن)

المنحنيان

ج)

درجة الحرارة عامل حركي: برفعها تزداد سرعة الحركة العشوائية للأفراد الكيميائية فيزداد عدد التصادمات الفعالة في وحدة الزمن، فيكون التحول أسرع. (0,25 ن) المنحنى (1) عند درجة الحرارة الابتدائية والمنحنى (2) عند درجة حرارة أعلى: (0,75 ن)

  • عند t=0t = 0 تكون القيمة المطلقة لـ dGdt\dfrac{dG}{dt} أكبر في المنحنى (2)، لأن السرعة الحجمية الابتدائية أكبر ؛

  • يؤول المنحنى (2) إلى الصفر في مدة أقصر، لأن التحول ينتهي أسرع ؛

  • المساحة المحصورة بين كل منحنى ومحور الأزمنة هي نفسها: Gf−G0=−118 mSG_f - G_0 = -118\ \mathrm{mS} ، لأن xmax=5 mmolx_{\mathrm{max}} = 5\ \mathrm{mmol} لا يتعلق بدرجة الحرارة (نهمل تأثير درجة الحرارة على الناقليات النوعية المولية). (0,5 ن)

المنحنيان

سلم التنقيط المفصل

السؤالالتوزيعالمجموع
1تعريف التحول التام1
2ثلاث شوارد: 0,5 × 31,5
3كميتا المادة: 0,5 × 2 ؛ جدول التقدم: 1 ؛ المتفاعل المحد و xmaxx_{\mathrm{max}} : 13
4عبارتا σ\sigma و GG : 0,5 ؛ التراكيز: 1 ؛ التعويض والعبارة: 1 ؛ عبارة G0G_0 : 0,53
5 أG0G_0 و GfG_f : 0,5 × 21
5 بλ(HX3OX+)\lambda(\ce{H3O^+}) : 1,25 ؛ الميل و λ(CaX2+)\lambda(\ce{Ca^2+}) : 1,252,5
6 أالتعريف: 0,5 ؛ الاشتقاق: 0,5 ؛ العبارة: 0,51,5
6 بالقراءة: 0,5 ؛ الحساب: 0,5 ؛ القيمة: 12
7 أالجواب: 0,5 ؛ التبرير: 11,5
7 بالرسم: 0,75 ؛ التعليل: 0,751,5
7 جالرسم: 0,75 ؛ التعليل: 0,751,5
المجموع20

ملاحظة: تقبل كل طريقة حل صحيحة أخرى، وتقبل القيم المقروءة بيانيا في حدود دقة القراءة.

4

تمرين تجريبي (20 نقطة) - خام حديد غار جبيلات: المتابعة الزمنية بقياس حجم غاز ثنائي الهيدروجين

متوسط
تحميل الموضوع مع التصحيح (PDF)تحميل الموضوع مع التصحيح (Word)

التمرين التجريبي (20 نقطة)

خام الحديد في منجم غار جبيلات

يُعتبر منجم «غار جبيلات» الواقع على بعد 130 km130\ \mathrm{km} جنوب شرق ولاية تندوف أحدَ أكبر مناجم الحديد في العالم. تُصنَّف خامات الحديد حسب نسبة الحديد النقي الموجود فيها كما هو مبيَّن في الجدول الآتي:

صنف خام الحديدفقيرمتوسطغني
نسبة الحديد النقيأقل من 30 %بين 30 % و 50 %أكثر من 50 %

يهدف هذا التمرين إلى الدراسة التجريبية لتتبع تطور تفاعل معدن الحديد مع محلول حمض كلور الهيدروجين بقياس حجم الغاز المنطلق، ومن ثَمَّ التعرف على صنف خامات حديد منجم غار جبيلات.

لهذا الغرض، ندخل في دورق عند اللحظة t=0t = 0 مسحوقا من خام الحديد المستخرج من منجم غار جبيلات كتلته m=1,00 gm = 1{,}00\ \mathrm{g} ، ونسكب فيه حجما V=100 mLV = 100\ \mathrm{mL} من محلول حمض كلور الهيدروجين تركيزه المولي c=0,3 mol⋅L−1c = 0{,}3\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} . يتم تجميع غاز ثنائي الهيدروجين المنطلق في مخبار مدرج مُنكَّس فوق حوض من الماء، ونقيس حجمه في كل لحظة tt .

نُنمذج التحول الكيميائي الحادث بالتفاعل ذي المعادلة:

Fe(s)+2HX3OX+(aq)→HX2(g)+FeX2+(aq)+2HX2O(l)\ce{Fe}_{(s)} + 2\ce{H3O^+}_{(aq)} \to \ce{H2}_{(g)} + \ce{Fe^2+}_{(aq)} + 2\ce{H2O}_{(l)}

نعتبر أن حجم المزيج التفاعلي يبقى ثابتا خلال مدة التحول، وأن الغاز المنطلق غاز مثالي، وأن الشوائب الموجودة في الخام لا تتفاعل مع محلول حمض كلور الهيدروجين.

معطيات: VM=24 L⋅mol−1V_M = 24\ \mathrm{L \cdot mol^{-1}} (الحجم المولي للغاز في شروط التجربة) ؛ M(Fe)=56 g⋅mol−1M(\mathrm{Fe}) = 56\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}} .

I. الدراسة التجريبية

1)

اذكر الاحتياطات الأمنية الواجب اتخاذها لإجراء هذا التحول. (1,5 ن)

2)

ارسم التركيب التجريبي المستعمل موضحا عليه البيانات الكافية، ثم اذكر كيف يمكن قياس حجم الغاز المنطلق. (2,5 ن)

3)

كيف يتم الكشف عن طبيعة الغاز المنطلق عند نهاية التحول؟ (1 ن)

II. المتابعة الزمنية للتحول الكيميائي بقياس حجم الغاز

مكّنت المتابعة الزمنية لهذا التحول الكيميائي التام، عن طريق قياس حجم غاز ثنائي الهيدروجين المنطلق تحت ضغط ثابت وفي درجة حرارة ثابتة، من رسم المنحنى البياني VH2=f(t)V_{\mathrm{H_2}} = f(t) (الشكل (1))، حيث يمثل المستقيم (Δ)(\Delta) مماس المنحنى البياني في اللحظة t=0t = 0 .

الشكل (1)

1)

صنّف التحول الكيميائي الحادث من حيث المدة المستغرقة، مع التعليل. (1 ن)

2)

أنجز جدول تقدم التفاعل، ثم باستثمار المنحنى البياني: (2 ن)

أ)

بيّن أن عبارة التقدم x(t)x(t) تُكتب على الشكل: x(t)=VH2(t)VMx(t) = \dfrac{V_{\mathrm{H_2}}(t)}{V_M} . (1,5 ن)

ب)

جد قيمة التقدم النهائي xfx_f ، وعيّن المتفاعل المحد. (2,5 ن)

ج)

أثبت أن السرعة الحجمية للتفاعل عند لحظة tt تُكتب على الشكل:

vvol(t)=1V⋅VM dVH2(t)dtv_{\mathrm{vol}}(t) = \dfrac{1}{V \cdot V_M}\,\dfrac{dV_{\mathrm{H_2}}(t)}{dt}

ثم احسب قيمتها في اللحظة t=0t = 0 بوحدة mol⋅L−1⋅min−1\mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}} . (3 ن)

III. التعرف على صنف خام حديد منجم غار جبيلات

يُعبَّر عن النسبة الكتلية للحديد الموجود في خام الحديد بالعلاقة: m0(Fe)m\dfrac{m_0(\mathrm{Fe})}{m} ، حيث m0(Fe)m_0(\mathrm{Fe}) تمثل كتلة الحديد النقي الموجود في العينة، و mm كتلة مسحوق الحديد الخام.

1)

احسب m0(Fe)m_0(\mathrm{Fe}) ، ثم استنتج النسبة المئوية للحديد النقي في خام الحديد. (3,5 ن)

2)

تعرّف على صنف خام حديد غار جبيلات، مع التعليل. (1,5 ن)

عرض الحل

التمرين التجريبي (20 نقطة)

I. الدراسة التجريبية

1)

الاحتياطات الأمنية: (3 × 0,5 ن)

أ)

ارتداء مئزر وقفازات ونظارات واقية، لأن محلول حمض كلور الهيدروجين حمض آكل (كاوٍ).

ب)

سكب الحمض بحذر وعدم استنشاق أبخرته، والعمل في مكان جيد التهوية.

ج)

إبعاد كل لهب أو شرارة عن التركيب، لأن غاز ثنائي الهيدروجين المنطلق قابل للاشتعال (يُحدث فرقعة مع الهواء).

2)

التركيب التجريبي (طريقة إزاحة الماء): (الرسم 1,5 ن)

التركيب التجريبي

(1) دورق (إرلنماير) ، (2) المزيج التفاعلي: مسحوق خام الحديد + محلول حمض كلور الهيدروجين ، (3) سدادة ، (4) أنبوب انطلاق الغاز ، (5) مخبار مدرج مُنكَّس مملوء بالماء يتجمع فيه الغاز ، (6) حوض به ماء. (البيانات 0,5 ن)

قياس الحجم: يُزيح الغاز المنطلق الماء من المخبار المدرج، فنقرأ حجم الغاز مباشرة على تدريجات المخبار في كل لحظة tt (بعد جعل مستوى الماء داخل المخبار وخارجه في نفس المستوى ليكون الغاز تحت الضغط الجوي). (0,5 ن)

3)

نقرّب عود ثقاب مشتعلا من فوهة المخبار بعد إخراجه من الحوض: (0,5 ن) نسمع فرقعة خفيفة، فالغاز المنطلق هو غاز ثنائي الهيدروجين HX2\ce{H2} . (0,5 ن)

II. المتابعة الزمنية للتحول الكيميائي

1)

التحول بطيء (0,5 ن)، لأن تطوره يستغرق عدة دقائق (أكثر من 50 min50\ \mathrm{min}) ويمكن متابعته بالعين المجردة وبأجهزة القياس. (0,5 ن)

2)

كمية المادة الابتدائية لشوارد الهيدرونيوم:

n0(HX3OX+)=c V=0,3×0,1=3×10−2 moln_0(\ce{H3O^+}) = c\,V = 0{,}3 \times 0{,}1 = 3 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}

نرمز n0n_0 لكمية مادة الحديد النقي في العينة. جدول التقدم: (2 ن)

الحالةالتقدمFe\ce{Fe}2HX3OX+2\ce{H3O^+}HX2\ce{H2}FeX2+\ce{Fe^2+}2HX2O2\ce{H2O}
ابتدائية00n0n_00,030{,}030000بوفرة
انتقاليةxxn0−xn_0 - x0,03−2x0{,}03 - 2xxxxxبوفرة
نهائيةxfx_fn0−xfn_0 - x_f0,03−2xf0{,}03 - 2x_fxfx_fxfx_fبوفرة
أ)

من جدول التقدم: n(HX2)=xn(\ce{H2}) = x (0,5 ن) ، ومن جهة أخرى: n(HX2)=VH2VMn(\ce{H2}) = \dfrac{V_{\mathrm{H_2}}}{V_M} (0,5 ن) ، ومنه:

x(t)=VH2(t)VMx(t) = \dfrac{V_{\mathrm{H_2}}(t)}{V_M}

(0,5 ن)

الشكل (1)

ب)

من البيان، عند نهاية التحول: VH2,f=240 mL=0,24 LV_{\mathrm{H_2},f} = 240\ \mathrm{mL} = 0{,}24\ \mathrm{L} (0,5 ن) ، ومنه:

xf=VH2,fVM=0,2424=1,0×10−2 molx_f = \dfrac{V_{\mathrm{H_2},f}}{V_M} = \dfrac{0{,}24}{24} = 1{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}

(0,5 ن)

نفترض أن شوارد الهيدرونيوم هي المتفاعل المحد:

0,03−2xmax=0⇒xmax=1,5×10−2 mol0{,}03 - 2x_{\mathrm{max}} = 0 \Rightarrow x_{\mathrm{max}} = 1{,}5 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}

(0,5 ن)

التحول تام، فالتقدم النهائي يساوي التقدم الأعظمي، لكن:

xf=1,0×10−2 mol<1,5×10−2 molx_f = 1{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol} < 1{,}5 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}

(0,5 ن)

الفرضية مرفوضة، إذن الحديد هو المتفاعل المحد (وتبقى شوارد الهيدرونيوم بزيادة). (0,5 ن)

ج)

السرعة الحجمية للتفاعل: vvol=1V dxdtv_{\mathrm{vol}} = \dfrac{1}{V}\,\dfrac{dx}{dt} (0,5 ن) ، وبما أن x=VH2VMx = \dfrac{V_{\mathrm{H_2}}}{V_M} و VMV_M ثابت: (0,5 ن)

vvol(t)=1V ddt(VH2VM)=1V⋅VM dVH2(t)dtv_{\mathrm{vol}}(t) = \dfrac{1}{V}\,\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{V_{\mathrm{H_2}}}{V_M}\right) = \dfrac{1}{V \cdot V_M}\,\dfrac{dV_{\mathrm{H_2}}(t)}{dt}

(0,5 ن)

في اللحظة t=0t = 0 ، dVH2dt\dfrac{dV_{\mathrm{H_2}}}{dt} هو ميل المماس (Δ)(\Delta) الذي يمر بالمبدأ وبالنقطة (12 min; 240 mL)(12\ \mathrm{min} ;\ 240\ \mathrm{mL}) : (0,25 ن)

(dVH2dt)t=0=24012=20 mL⋅min−1=2,0×10−2 L⋅min−1\left(\dfrac{dV_{\mathrm{H_2}}}{dt}\right)_{t=0} = \dfrac{240}{12} = 20\ \mathrm{mL \cdot min^{-1}} = 2{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{L \cdot min^{-1}}

(0,5 ن)

vvol(0)=2,0×10−20,1×24≈8,3×10−3 mol⋅L−1⋅min−1v_{\mathrm{vol}}(0) = \dfrac{2{,}0 \times 10^{-2}}{0{,}1 \times 24} \approx 8{,}3 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

(0,75 ن)

III. التعرف على صنف خام الحديد

1)

الحديد هو المتفاعل المحد والتحول تام، إذن n0−xf=0n_0 - x_f = 0 ، ومنه:

n0(Fe)=xf=1,0×10−2 moln_0(\mathrm{Fe}) = x_f = 1{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}

(1 ن)

m0(Fe)=n0(Fe)×M(Fe)=1,0×10−2×56=0,56 gm_0(\mathrm{Fe}) = n_0(\mathrm{Fe}) \times M(\mathrm{Fe}) = 1{,}0 \times 10^{-2} \times 56 = 0{,}56\ \mathrm{g}

(1 ن)

النسبة المئوية للحديد النقي:

m0(Fe)m×100=0,561,00×100=56\dfrac{m_0(\mathrm{Fe})}{m} \times 100 = \dfrac{0{,}56}{1{,}00} \times 100 = 56

أي 56 % · (1,5 ن)

2)

نسبة الحديد النقي 56 % أكبر من 50 % (0,5 ن)، إذن خام حديد غار جبيلات خام غني. (1 ن)

سلم التنقيط المفصل

السؤالالتوزيعالمجموع
I-1ثلاثة احتياطات: 3 × 0,51,5
I-2الرسم 1,5 + البيانات 0,5 + طريقة القياس 0,52,5
I-3التجربة 0,5 + النتيجة 0,51
II-1التصنيف 0,5 + التعليل 0,51
II-2كمية مادة الهيدرونيوم 0,5 + جدول التقدم 1,52
II-2-أعلاقة التقدم 0,5 + علاقة الحجم المولي 0,5 + العبارة 0,51,5
II-2-بالقراءة 0,5 + التقدم النهائي 0,5 + الفرضية 0,5 + المقارنة 0,5 + الاستنتاج 0,52,5
II-2-جالتعريف 0,5 + الاشتقاق 1 + الميل 0,75 + القيمة 0,753
III-1كمية مادة الحديد 1 + الكتلة 1 + النسبة المئوية 1,53,5
III-2المقارنة 0,5 + الصنف 11,5
المجموع20

ملاحظة: تقبل كل طريقة حل صحيحة أخرى، وتقبل القيم المقروءة بيانيا في حدود دقة القراءة (مثلا vvol(0)v_{\mathrm{vol}}(0) بين 8×10−38 \times 10^{-3} و 9×10−3 mol⋅L−1⋅min−19 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}).