منصّة الأستاذ تبيب حكيم للفيزياءwww.tebibphysique.com

السنة الثالثة ثانوي

المتابعة الزمنية لتحول كيميائي

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

سلسلة تمارين مع الحلول: الألمنيوم، كربونات الكالسيوم، المعايرة وماء جافيل

خمسة تمارين في المتابعة الزمنية لتحول كيميائي (قياس الكتلة، حجم الغاز، الناقلية، المعايرة) منها تمرينا بكالوريا 2009 و 2016، مع الحل المفصل لكل تمرين، والسلسلة كاملة للتحميل (PDF و Word).

التمرين الأول - تفاعل الألمنيوم مع حمض كلور الهيدروجين: المتابعة بكتلة الألمنيوم المتبقية

متوسط

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

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

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

عند الدرجة $25\ \mathrm{°C}$ 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 الهيدروجين 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)

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

أنجز جدول تقدم التفاعل.

أوجد كمية المادة الابتدائية والنهائية للألمنيوم، ثم استنتج قيمة التقدم النهائي $x_f$ .

بيّن أن $\ce{H3O^+}$ هو المتفاعل المحد، ثم استنتج التركيز المولي $C$ لمحلول حمض كلور الهيدروجين.

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

بيّن أن السرعة الحجمية للتفاعل تُعطى بالعلاقة:

v_{vol} = -\dfrac{1}{2\,V \cdot M(\mathrm{Al})} \times \dfrac{dm(t)}{dt}

ثم احسب قيمتها عند اللحظتين $t_1 = 1\ \mathrm{min}$ و $t_2 = 3\ \mathrm{min}$ .

كيف تتطور سرعة التفاعل بدلالة الزمن؟ وما هو العامل الحركي المسؤول عن ذلك؟

ارسم كيفيا، في نفس المعلم، منحنى تطور كتلة الألمنيوم بدلالة الزمن لو أجرينا التجربة عند درجة الحرارة $40\ \mathrm{°C}$ ، مع التعليل.

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

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_f\ (10^{-2}\ mol)$	$C\ (mol/L)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

الثنائيتان الداخلتان في التحول هما: $(\ce{Al^3+}/\ce{Al})$ و $(\ce{H3O^+}/\ce{H2})$ ، ومعادلتاهما النصفيتان:

\ce{Al -> Al^3+ + 3e-}

\ce{2H3O^+ + 2e- -> H2 + 2H2O}

نرمز $n_0$ لكمية مادة الألمنيوم الابتدائية و $n_1 = C\,V$ لكمية مادة شوارد الهيدرونيوم الابتدائية:

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

من البيان: $m_0 = 4{,}0\ \mathrm{g}$ (عند $t = 0$ ) و $m_f = 1{,}62\ \mathrm{g}$ (القيمة الحدية للمنحنى):

n_0 = \dfrac{m_0}{M(\mathrm{Al})} = \dfrac{4{,}0}{27} \approx 0{,}148\ \mathrm{mol}

n_f = \dfrac{m_f}{M(\mathrm{Al})} = \dfrac{1{,}62}{27} = 0{,}060\ \mathrm{mol}

ومن جدول التقدم $n_f = n_0 - 2x_f$ ، ومنه:

x_f = \dfrac{n_0 - n_f}{2} = \dfrac{0{,}148 - 0{,}060}{2} \approx 4{,}4 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}

التحول تام، وفي نهايته يبقى الألمنيوم ( $m_f = 1{,}62\ \mathrm{g} \neq 0$ )، إذن الألمنيوم متفاعل بوفرة، و $\ce{H3O^+}$ هو المتفاعل المحد: $C\,V - 6x_f = 0$ ، ومنه:

C = \dfrac{6\,x_f}{V} = \dfrac{6 \times 4{,}4 \times 10^{-2}}{0{,}1} \approx 2{,}64\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية: $x(t_{1/2}) = \dfrac{x_f}{2}$ . وبما أن $m = M(\mathrm{Al})\,(n_0 - 2x)$ دالة تآلفية للتقدم، فإن:

m(t_{1/2}) = \dfrac{m_0 + m_f}{2} = \dfrac{4{,}0 + 1{,}62}{2} = 2{,}81\ \mathrm{g}

وبالإسقاط على البيان: $t_{1/2} = 1\ \mathrm{min}$ .

الشكل (1)

كمية مادة الألمنيوم المتبقية: $\dfrac{m(t)}{M(\mathrm{Al})} = n_0 - 2x$ ، أي $x = \dfrac{1}{2}\left(n_0 - \dfrac{m(t)}{M(\mathrm{Al})}\right)$ ، وبالاشتقاق: $\dfrac{dx}{dt} = -\dfrac{1}{2\,M(\mathrm{Al})}\,\dfrac{dm(t)}{dt}$ ، إذن:

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

عند $t_1 = 1\ \mathrm{min}$ : ميل المماس $(T_1)$ هو $\dfrac{dm}{dt} \approx -0{,}82\ \mathrm{g/min}$ ، ومنه:

v_{vol}(t_1) = \dfrac{0{,}82}{2 \times 0{,}1 \times 27} \approx 0{,}15\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

عند $t_2 = 3\ \mathrm{min}$ : ميل المماس $(T_2)$ هو $\dfrac{dm}{dt} \approx -0{,}21\ \mathrm{g/min}$ ، ومنه:

v_{vol}(t_2) = \dfrac{0{,}21}{2 \times 0{,}1 \times 27} \approx 3{,}9 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

السرعة الحجمية للتفاعل تتناقص مع مرور الزمن (ميل المماس يتناقص بالقيمة المطلقة) حتى تنعدم في نهاية التفاعل. العامل الحركي المسؤول هو تناقص التركيز المولي للمتفاعلات ، وخاصة شوارد $\ce{H3O^+}$ .

عند $40\ \mathrm{°C}$ يكون التفاعل أسرع (درجة الحرارة عامل حركي): يتناقص المنحنى بسرعة أكبر و $t_{1/2}$ أصغر. وتبقى الكتلة النهائية نفسها $m_f = 1{,}62\ \mathrm{g}$ لأن كمية المادة الابتدائية للمتفاعل المحد $\ce{H3O^+}$ لم تتغير، فيبقى $x_f$ نفسه (المنحنى المتقطع في الشكل أعلاه).

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

التمرين الثاني - كربونات الكالسيوم وحمض كلور الهيدروجين: المتابعة بقياس حجم الغاز

متوسط

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

يُستعمل محلول حمض كلور الهيدروجين لإزالة الترسبات الكلسية التي تتكون أساسا من كربونات الكالسيوم. تتفاعل كربونات الكالسيوم $\ce{CaCO3}_{(s)}$ مع محلول حمض كلور الهيدروجين $\ce{(H3O^+ + Cl^-)}_{(aq)}$ وفق تفاعل تام يُنمذج بالمعادلة:

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

في لحظة $t = 0$ نعتبرها مبدأ للأزمنة، نضع عينة من مسحوق كربونات الكالسيوم كتلتها $m = 0{,}2\ \mathrm{g}$ في دورق يحتوي حجما $V = 200\ \mathrm{mL}$ من محلول حمض كلور الهيدروجين تركيزه المولي $c = 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . يتم تجميع غاز ثنائي أكسيد الكربون الناتج في مخبار مدرج ويُقاس حجمه في لحظات زمنية مختلفة، فسمحت القياسات برسم المنحنى البياني $V_{\ce{CO2}} = f(t)$ الممثل في الشكل (2)، حيث المستقيم المتقطع هو المماس للمنحنى عند اللحظة $t = 0$ .

الشكل (2)

ارسم مخطط التركيب التجريبي لهذه الدراسة مبيّنا عليه البيانات الضرورية.

أنشئ جدول تقدم التفاعل، واستنتج قيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ .

بيّن أن حجم الغاز الناتج في اللحظة $t_{1/2}$ يُعطى بالعبارة:

V_{\ce{CO2}}(t_{1/2}) = \dfrac{x_{max} \times R \times T}{2 \times P}

ثم استنتج قيمة $t_{1/2}$ بيانيا.

احسب قيمة السرعة الحجمية الأعظمية للتفاعل.

ارسم كيفيا، على نفس الشكل، منحنى تطور حجم الغاز لو استعملنا قطعة واحدة من كربونات الكالسيوم لها نفس الكتلة بدل المسحوق، مع التعليل.

معطيات: $T = 298\ \mathrm{K}$ ، $P = 1{,}013 \times 10^5\ \mathrm{Pa}$ ؛ $R = 8{,}31\ \mathrm{SI}$ ؛ قانون الغاز المثالي: $P\,V = n\,R\,T$ ؛ $M(\ce{CaCO3}) = 100\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ ؛ نعتبر حجم المزيج التفاعلي ثابتا ونهمل انحلال غاز $\ce{CO2}$ فيه.

تحقق من نتائجك

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

عرض الحل

التركيب التجريبي (جمع الغاز بإزاحة الماء):

التركيب

(1) دورق ، (2) المزيج التفاعلي (مسحوق $\ce{CaCO3}$ + محلول حمض كلور الهيدروجين) ، (3) حوض به ماء ، (4) مخبار مدرج مملوء بالماء ومنكّس ، (5) أنبوب انطلاق الغاز.

كميتا المادة الابتدائيتان: $n_0(\ce{CaCO3}) = \dfrac{m}{M} = \dfrac{0{,}2}{100} = 2 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ و $n_0(\ce{H3O^+}) = c\,V = 10^{-2} \times 0{,}2 = 2 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ (كميات المادة بالمول):

الحالة	التقدم	$\ce{CaCO3}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Ca^2+}$	$\ce{CO2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$2 \times 10^{-3}$	$2 \times 10^{-3}$	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$2 \times 10^{-3} - x$	$2 \times 10^{-3} - 2x$	$x$	$x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$2 \times 10^{-3} - x_{max}$	$2 \times 10^{-3} - 2x_{max}$	$x_{max}$	$x_{max}$	بوفرة

إذا كان $\ce{CaCO3}$ محدا: $2 \times 10^{-3} - x_{max} = 0$ أي $x_{max} = 2 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ ؛ وإذا كان $\ce{H3O^+}$ محدا: $2 \times 10^{-3} - 2x_{max} = 0$ أي $x_{max} = 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ .

نأخذ القيمة الصغرى: $x_{max} = 1{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ ، والمتفاعل المحد هو $\ce{H3O^+}$ .

من جدول التقدم $n(\ce{CO2}) = x$ ، وبتطبيق قانون الغاز المثالي: $V_{\ce{CO2}} = \dfrac{x\,R\,T}{P}$ . وعند $t_{1/2}$ يكون $x = \dfrac{x_{max}}{2}$ ، ومنه:

V_{\ce{CO2}}(t_{1/2}) = \dfrac{x_{max} \times R \times T}{2 \times P} = \dfrac{10^{-3} \times 8{,}31 \times 298}{2 \times 1{,}013 \times 10^5} \approx 1{,}22 \times 10^{-5}\ \mathrm{m^3} = 12{,}2\ \mathrm{mL}

وبالإسقاط على البيان: $t_{1/2} \approx 0{,}25\ \mathrm{min} = 15\ \mathrm{s}$ .

الشكل (2)

$v_{vol} = \dfrac{1}{V}\,\dfrac{dx}{dt}$ مع $x = \dfrac{P\,V_{\ce{CO2}}}{R\,T}$ ، إذن:

v_{vol} = \dfrac{P}{R\,T\,V}\,\dfrac{dV_{\ce{CO2}}}{dt}

تكون السرعة أعظمية عند $t = 0$ ، حيث ميل المماس (يقطع المستقيم $V_{\ce{CO2}} = 24{,}4\ \mathrm{mL}$ عند $t = 0{,}36\ \mathrm{min}$ ): $\left(\dfrac{dV_{\ce{CO2}}}{dt}\right)_{t=0} \approx \dfrac{24{,}4}{0{,}36} \approx 68\ \mathrm{mL/min} = 6{,}8 \times 10^{-5}\ \mathrm{m^3/min}$ ، ومنه:

v_{vol\,max} = \dfrac{1{,}013 \times 10^5 \times 6{,}8 \times 10^{-5}}{8{,}31 \times 298 \times 0{,}2} \approx 1{,}4 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

المنحنى (2) (المتقطع في الشكل أعلاه): سطح تلامس القطعة الواحدة مع المحلول أصغر من سطح تلامس المسحوق، فيكون التفاعل أبطأ (ميل المماس عند المبدأ أصغر و $t_{1/2}$ أكبر)، ويؤول الحجم إلى نفس القيمة النهائية $24{,}4\ \mathrm{mL}$ لأن كمية المتفاعل المحد $\ce{H3O^+}$ لم تتغير.

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

التمرين الثالث - كربونات الكالسيوم وحمض كلور الهيدروجين: المتابعة بقياس الناقلية

متوسط

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

ننمذج التحول الكيميائي التام بين كربونات الكالسيوم $\ce{CaCO3}_{(s)}$ ومحلول حمض كلور الهيدروجين $\ce{(H3O^+ + Cl^-)}_{(aq)}$ بالمعادلة:

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

في لحظة $t = 0$ نعتبرها مبدأ للأزمنة، نضع عينة من مسحوق كربونات الكالسيوم كتلتها $m = 0{,}2\ \mathrm{g}$ في دورق يحتوي حجما $V = 200\ \mathrm{mL}$ من محلول حمض كلور الهيدروجين تركيزه المولي $c = 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . نتابع تطور التفاعل زمنيا بقياس الناقلية النوعية $\sigma(t)$ للمزيج التفاعلي باستعمال التركيب الممثل في الشكل (3).

الشكل (3)

قيم الناقلية النوعية المولية الشاردية للشوارد المتواجدة في المزيج التفاعلي عند $\theta = 25\ \mathrm{°C}$ :

الشاردة	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Cl^-}$	$\ce{Ca^2+}$
$\lambda\ (\mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}})$	$35{,}00$	$7{,}63$	$12{,}00$

ضع البيانات الموافقة للأرقام المبينة على التركيب في الشكل (3).

أنشئ جدول تقدم التفاعل، ثم بيّن أن الناقلية النوعية للمزيج $\sigma$ بدلالة تقدم التفاعل $x(t)$ تُعطى بالعبارة:

\sigma(t) = -290\,x(t) + 0{,}43

حيث تُقدَّر $\sigma(t)$ بوحدة $\mathrm{S \cdot m^{-1}}$ و $x(t)$ بوحدة $\mathrm{mol}$ .

سمحت المتابعة الزمنية برسم المنحنى البياني $\sigma = g(t)$ الممثل في الشكل (4)، حيث المستقيم المتقطع هو المماس للمنحنى عند اللحظة $t = 0$ :

الشكل (4)

جد بيانيا زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ .

احسب قيمة السرعة الحجمية الأعظمية للتفاعل.

قارن هذه النتائج بالنتائج المتحصل عليها في التمرين الثاني (المتابعة بقياس حجم الغاز). ماذا تستنتج؟

معطيات: $M(\ce{CaCO3}) = 100\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ ؛ نعتبر حجم المزيج التفاعلي ثابتا.

تحقق من نتائجك

المقدار	$\sigma_f\ (S/m)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

(1) جهاز قياس الناقلية ، (2) خلية قياس الناقلية (المسريان) ، (3) المزيج التفاعلي ، (4) ميقاتية.

الحالة	التقدم	$\ce{CaCO3}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Ca^2+}$	$\ce{CO2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$2 \times 10^{-3}$	$2 \times 10^{-3}$	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$2 \times 10^{-3} - x$	$2 \times 10^{-3} - 2x$	$x$	$x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$2 \times 10^{-3} - x_{max}$	$2 \times 10^{-3} - 2x_{max}$	$x_{max}$	$x_{max}$	بوفرة

$\ce{H3O^+}$ هو المتفاعل المحد ( $x_{max} = 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ مقابل $2 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ لـ $\ce{CaCO3}$ )، وشوارد $\ce{Cl^-}$ لا تتفاعل: $n(\ce{Cl^-}) = 2 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ .

الناقلية النوعية للمزيج عند اللحظة $t$ (مع $V = 2 \times 10^{-4}\ \mathrm{m^3}$ ):

\sigma = \dfrac{\lambda_{\ce{H3O^+}}\,(2 \times 10^{-3} - 2x) + \lambda_{\ce{Cl^-}} \times 2 \times 10^{-3} + \lambda_{\ce{Ca^2+}}\,x}{V}

\sigma = \dfrac{(\lambda_{\ce{H3O^+}} + \lambda_{\ce{Cl^-}}) \times 2 \times 10^{-3}}{V} + \dfrac{\lambda_{\ce{Ca^2+}} - 2\,\lambda_{\ce{H3O^+}}}{V}\,x

\sigma = \dfrac{(35 + 7{,}63) \times 10^{-3} \times 2 \times 10^{-3}}{2 \times 10^{-4}} + \dfrac{(12 - 70) \times 10^{-3}}{2 \times 10^{-4}}\,x \approx 0{,}43 - 290\,x

نهاية التفاعل: $\sigma_f = 0{,}426 - 290 \times 10^{-3} = 0{,}136\ \mathrm{S \cdot m^{-1}}$ .

عند $t_{1/2}$ يكون $x = \dfrac{x_{max}}{2}$ ، أي:

\sigma(t_{1/2}) = \dfrac{\sigma_0 + \sigma_f}{2} = \dfrac{0{,}426 + 0{,}136}{2} = 0{,}281\ \mathrm{S \cdot m^{-1}}

وبالإسقاط على البيان: $t_{1/2} \approx 0{,}25\ \mathrm{min}$ .

الشكل (4)

من العبارة السابقة: $x = \dfrac{0{,}43 - \sigma}{290}$ ، ومنه $\dfrac{dx}{dt} = -\dfrac{1}{290}\,\dfrac{d\sigma}{dt}$ و

v_{vol} = \dfrac{1}{V}\,\dfrac{dx}{dt} = -\dfrac{1}{290\,V}\,\dfrac{d\sigma}{dt}

ميل المماس عند $t = 0$ (يقطع المستقيم $\sigma = 0{,}136$ عند $t = 0{,}36\ \mathrm{min}$ ): $\left(\dfrac{d\sigma}{dt}\right)_{t=0} \approx -\dfrac{0{,}29}{0{,}36} \approx -0{,}80\ \mathrm{S \cdot m^{-1} \cdot min^{-1}}$ ، إذن:

v_{vol\,max} = \dfrac{0{,}80}{290 \times 0{,}2} \approx 1{,}4 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

نجد بالطريقتين نفس القيمتين: $t_{1/2} \approx 0{,}25\ \mathrm{min}$ و $v_{vol\,max} \approx 1{,}4 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}$ . نستنتج أن زمن نصف التفاعل والسرعة الحجمية مقداران يميزان التحول الكيميائي في شروط تجريبية معينة، ولا يتعلقان بطريقة المتابعة المستعملة.

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

التمرين الرابع (بكالوريا 2009) - شوارد البيروكسوديكبريتات وشوارد اليود: المتابعة بالمعايرة

صعب

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

ينمذج التحول الكيميائي الذي يحدث بين شوارد البيروكسوديكبريتات $\ce{S2O8^2-}$ وشوارد اليود $\ce{I^-}$ في الوسط المائي بتفاعل تام معادلته:

$\ce{S2O8^2-}_{(aq)} + 2\ce{I^-}_{(aq)} \to 2\ce{SO4^2-}_{(aq)} + \ce{I2}_{(aq)}$

الجزء الأول

لدراسة تطور هذا التفاعل بدلالة الزمن في درجة حرارة ثابتة $\theta = 35\ \mathrm{°C}$ ، نمزج في اللحظة $t = 0$ حجما $V_1 = 100\ \mathrm{mL}$ من محلول مائي لبيروكسوديكبريتات البوتاسيوم $\ce{(2K^+ + S2O8^2-)}$ تركيزه المولي $C_1 = 4{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ مع حجم $V_2 = 100\ \mathrm{mL}$ من محلول مائي ليود البوتاسيوم $\ce{(K^+ + I^-)}$ تركيزه المولي $C_2 = 8{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، فنحصل على مزيج حجمه $V_T = 200\ \mathrm{mL}$ .

أنشئ جدولا لتقدم التفاعل الحاصل.

اكتب عبارة التركيز المولي $[\ce{S2O8^2-}]$ لشوارد البيروكسوديكبريتات في المزيج خلال التفاعل بدلالة: $C_1$ ، $V_1$ ، $V_2$ و $[\ce{I2}]$ التركيز المولي لثنائي اليود في المزيج.

احسب قيمة $[\ce{S2O8^2-}]_0$ التركيز المولي لشوارد البيروكسوديكبريتات في اللحظة $t = 0$ لحظة انطلاق التفاعل.

الجزء الثاني

لمتابعة التركيز المولي لثنائي اليود المتشكل بدلالة الزمن، نأخذ في أزمنة مختلفة $t_1$ ، $t_2$ ، $t_3$ ، … عينات من المزيج حجم كل عينة $V_0 = 10\ \mathrm{mL}$ ونبردها مباشرة بالماء البارد والجليد، ثم نعاير ثنائي اليود المتشكل خلال المدة $t_i$ بواسطة محلول مائي لثيوكبريتات الصوديوم $\ce{(2Na^+ + S2O3^2-)}$ تركيزه المولي $C' = 1{,}5 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، وفي كل مرة نسجل $V'$ حجم محلول ثيوكبريتات الصوديوم اللازم لاختفاء ثنائي اليود، فنحصل على جدول القياسات التالي:

$t\ (\mathrm{min})$	0	5	10	15	20	30	45	60
$V'\ (\mathrm{mL})$	0	4,0	6,7	8,7	10,4	13,1	15,3	16,7
$[\ce{I2}]\ (\mathrm{mmol \cdot L^{-1}})$

لماذا تُبرّد العينات مباشرة بعد فصلها عن المزيج؟

في تفاعل المعايرة تتدخل الثنائيتان: $(\ce{I2}/\ce{I^-})$ و $(\ce{S4O6^2-}/\ce{S2O3^2-})$ . اكتب المعادلة الإجمالية لتفاعل الأكسدة والإرجاع الحاصل بين الثنائيتين.

بيّن، مستعينا بجدول التقدم لتفاعل المعايرة، أن التركيز المولي لثنائي اليود في العينة عند نقطة التكافؤ يُعطى بالعلاقة:

[\ce{I2}] = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{C' \times V'}{V_0}

أكمل جدول القياسات.

ارسم على ورقة مليمترية البيان $[\ce{I2}] = f(t)$ .

احسب بيانيا السرعة الحجمية للتفاعل في اللحظة $t = 20\ \mathrm{min}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mmol)$	$[S_2O_8^{2-}]_0\ (10^{-2}\ mol/L)$
القيمة

عرض الحل

الجزء الأول

$n_1 = C_1 V_1 = 4{,}0 \times 10^{-2} \times 0{,}1 = 4{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ و $n_2 = C_2 V_2 = 8{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ :

الحالة	التقدم	$\ce{S2O8^2-}$	$\ce{I^-}$	$\ce{SO4^2-}$	$\ce{I2}$
ابتدائية	$0$	$4 \times 10^{-3}$	$8 \times 10^{-3}$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$4 \times 10^{-3} - x$	$8 \times 10^{-3} - 2x$	$2x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$4 \times 10^{-3} - x_{max}$	$8 \times 10^{-3} - 2x_{max}$	$2x_{max}$	$x_{max}$

المزيج الابتدائي ستوكيومتري: $x_{max} = 4{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ .

$[\ce{S2O8^2-}] = \dfrac{C_1 V_1 - x}{V_1 + V_2}$ و $[\ce{I2}] = \dfrac{x}{V_1 + V_2}$ ، ومنه:

[\ce{S2O8^2-}] = \dfrac{C_1\,V_1}{V_1 + V_2} - [\ce{I2}]

عند $t = 0$ يكون $[\ce{I2}] = 0$ :

[\ce{S2O8^2-}]_0 = \dfrac{4{,}0 \times 10^{-2} \times 0{,}1}{0{,}2} = 2{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

الجزء الثاني

التبريد المفاجئ يوقف التفاعل عمليا (درجة الحرارة عامل حركي)، فيبقى تركيب العينة هو تركيب المزيج عند لحظة أخذها، ولا يتغير أثناء المعايرة.

المعادلتان النصفيتان ثم المعادلة الإجمالية:

\ce{I2 + 2e- -> 2I^-}

\ce{2S2O3^2- -> S4O6^2- + 2e-}

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

عند التكافؤ يكون المزيج ستوكيومتريا: $n(\ce{I2}) - x_E = 0$ و $n(\ce{S2O3^2-}) - 2x_E = 0$ ، أي $n(\ce{I2}) = \dfrac{n(\ce{S2O3^2-})}{2}$ : $[\ce{I2}]\,V_0 = \dfrac{C'\,V'}{2}$ ، ومنه:

[\ce{I2}] = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{C' \times V'}{V_0}

$[\ce{I2}] = \dfrac{1{,}5 \times 10^{-2}\,V'}{2 \times 10} = 0{,}75\,V'$ (حيث $V'$ بـ $\mathrm{mL}$ و $[\ce{I2}]$ بـ $\mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ):

$t\ (\mathrm{min})$	0	5	10	15	20	30	45	60
$V'\ (\mathrm{mL})$	0	4,0	6,7	8,7	10,4	13,1	15,3	16,7
$[\ce{I2}]\ (\mathrm{mmol \cdot L^{-1}})$	0	3,0	5,0	6,5	7,8	9,8	11,5	12,5

البيان $[\ce{I2}] = f(t)$ (السلم: $1\ \mathrm{cm} \to 10\ \mathrm{min}$ و $1\ \mathrm{cm} \to 2\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ):

البيان

$[\ce{I2}] = \dfrac{x}{V_T}$ ، إذن $v_{vol} = \dfrac{1}{V_T}\,\dfrac{dx}{dt} = \dfrac{d[\ce{I2}]}{dt}$ ، وهي ميل المماس للبيان عند $t = 20\ \mathrm{min}$ ، الذي يمر بالنقطتين $(0\ ;\ 3{,}3)$ و $(50\ ;\ 14{,}7)$ :

v_{vol}(20) = \dfrac{14{,}7 - 3{,}3}{50 - 0} \approx 0{,}23\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}} = 2{,}3 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

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

التمرين الخامس (بكالوريا 2016) - ماء جافيل: الدرجة الكلورومترية وتأثير درجة الحرارة

صعب

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

نحضّر ماء جافيل من تفاعل غاز ثنائي الكلور $\ce{Cl2}_{(g)}$ مع محلول هيدروكسيد الصوديوم $\ce{(Na^+ + HO^-)}_{(aq)}$ بتفاعل كيميائي تام يُنمذج بالمعادلة التالية:

$\ce{Cl2}_{(g)} + 2\ce{HO^-}_{(aq)} \to \ce{ClO^-}_{(aq)} + \ce{Cl^-}_{(aq)} + \ce{H2O}_{(l)}$

تُعرَّف الدرجة الكلورومترية $(\mathrm{°Chl})$ بأنها عدد لترات غاز ثنائي الكلور، في الشرطين النظاميين، اللازم لتحضير لتر واحد من ماء جافيل. بيّن أن:

\mathrm{°Chl} = c_0 \times V_M

حيث $V_M = 22{,}4\ \mathrm{L \cdot mol^{-1}}$ هو الحجم المولي للغاز، و $c_0$ هو التركيز المولي لماء جافيل بشوارد الهيبوكلوريت $\ce{ClO^-}$ .

نأخذ العينة $(A)$ من ماء جافيل المحفوظ عند درجة الحرارة $20\ \mathrm{°C}$ ، تركيزها المولي بشوارد الهيبوكلوريت هو $c_0$ ، ونمددها 4 مرات فيصبح تركيزها المولي $c_1$ . نأخذ منها حجما $V_1 = 2\ \mathrm{mL}$ ونضيف إليه كمية كافية من محلول يود البوتاسيوم $\ce{(K^+ + I^-)}_{(aq)}$ في وسط حمضي، فيتشكل ثنائي اليود $\ce{I2}_{(aq)}$ وفق تفاعل تام يُنمذج بالمعادلة:

$\ce{ClO^-}_{(aq)} + 2\ce{I^-}_{(aq)} + 2\ce{H3O^+}_{(aq)} \to \ce{I2}_{(aq)} + \ce{Cl^-}_{(aq)} + 3\ce{H2O}_{(l)}$

نعاير ثنائي اليود المتشكل في نهاية التفاعل بمحلول ثيوكبريتات الصوديوم $\ce{(2Na^+ + S2O3^2-)}_{(aq)}$ تركيزه بشوارد $\ce{S2O3^2-}$ هو $c_2 = 10^{-1}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ بوجود كاشف ملوّن (صمغ النشاء أو التيودان)، فيكون حجم محلول ثيوكبريتات الصوديوم المضاف عند التكافؤ $V_E = 20\ \mathrm{mL}$ . الثنائيتان الداخلتان في تفاعل المعايرة: $(\ce{S4O6^2-}/\ce{S2O3^2-})$ و $(\ce{I2}/\ce{I^-})$ .

اكتب المعادلتين النصفيتين للأكسدة والإرجاع، ثم معادلة تفاعل الأكسدة والإرجاع المنمذج لتحول المعايرة.

بيّن أن:

c_1 = \dfrac{c_2 \times V_E}{2 \times V_1}

احسب $c_1$ ، ثم استنتج $c_0$ والدرجة الكلورومترية $\mathrm{°Chl}$ للعينة $(A)$ .

يتفكك ماء جافيل وفق تحول تام وبطيء معادلته الكيميائية:

2\ce{ClO^-}_{(aq)} \to 2\ce{Cl^-}_{(aq)} + \ce{O2}_{(g)}

يمثل الشكل (5) المنحنيين البيانيين لتغيرات تركيز شوارد $\ce{ClO^-}$ بدلالة الزمن، الناتجين عن المتابعة الزمنية لتطور عينتين من ماء جافيل حُضّرتا بنفس الدرجة الكلورومترية للعينة $(A)$ ، عند درجتي الحرارة $20\ \mathrm{°C}$ بالنسبة للعينة (1) و $40\ \mathrm{°C}$ بالنسبة للعينة (2). العينتان حديثتا الصنع عند اللحظة $t = 0$ .

الشكل (5)

استنتج بيانيا التركيز الابتدائي للعينتين (1) و (2) بشوارد $\ce{ClO^-}$ . هل العينة $(A)$ السابقة حديثة الصنع؟ علّل.

اكتب عبارة السرعة الحجمية لاختفاء شوارد $\ce{ClO^-}$ ، ثم احسب قيمتها في اللحظة $t = 50$ يوما بالنسبة لكل عينة. قارن بين القيمتين، ماذا تستنتج؟

ما هي النتيجة التي نستخلصها من هذه الدراسة للحفاظ على ماء جافيل لمدة أطول؟

تحقق من نتائجك

المقدار	$c_0\ (mol/L)$	$Chl^{\circ}$
القيمة

عرض الحل

حسب معادلة التحضير، كل مول من $\ce{Cl2}$ يعطي مولا واحدا من $\ce{ClO^-}$ : $n(\ce{Cl2}) = n(\ce{ClO^-})$ . لتحضير لتر واحد من ماء جافيل تركيزه $c_0$ يلزم $n(\ce{Cl2}) = c_0 \times 1\ \mathrm{L}$ ، وحجم هذا الغاز في الشرطين النظاميين: $V(\ce{Cl2}) = n(\ce{Cl2}) \times V_M = c_0 \times V_M$ (باللتر)، إذن:

\mathrm{°Chl} = c_0 \times V_M

تحليل العينة $(A)$ :

المعادلتان النصفيتان (أكسدة ثم إرجاع) ومعادلة المعايرة:

\ce{2S2O3^2- -> S4O6^2- + 2e-}

\ce{I2 + 2e- -> 2I^-}

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

شوارد $\ce{I^-}$ بوفرة، فتتفاعل كل شوارد $\ce{ClO^-}$ : $n(\ce{I2}) = n(\ce{ClO^-}) = c_1 V_1$ . وعند تكافؤ المعايرة: $n(\ce{I2}) = \dfrac{n(\ce{S2O3^2-})}{2} = \dfrac{c_2 V_E}{2}$ ، ومنه:

c_1 = \dfrac{c_2 \times V_E}{2 \times V_1}

$c_1 = \dfrac{10^{-1} \times 20}{2 \times 2} = 0{,}5\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$

c_0 = 4\,c_1 = 2{,}0\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

\mathrm{°Chl} = c_0 \times V_M = 2{,}0 \times 22{,}4 = 44{,}8\ \mathrm{°Chl}

تفكك ماء جافيل:

من البيان، عند $t = 0$ ينطلق المنحنيان من نفس النقطة: $[\ce{ClO^-}]_0 = 2{,}25\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ للعينتين (1) و (2). العينة $(A)$ حُضّرت بنفس الدرجة الكلورومترية لكن تركيزها $c_0 = 2{,}0\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} < 2{,}25\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، إذن العينة $(A)$ ليست حديثة الصنع ، فقد تفكك جزء من شوارد $\ce{ClO^-}$ فيها.

الشكل (5)

السرعة الحجمية لاختفاء شوارد $\ce{ClO^-}$ :

v_{vol}(\ce{ClO^-}) = -\dfrac{d[\ce{ClO^-}]}{dt}

وهي عكس ميل المماس للمنحنى عند اللحظة المعتبرة. عند $t = 50$ يوما:

العينة (1): المماس يمر بالنقطتين $(20\ ;\ 2{,}06)$ و $(180\ ;\ 0{,}88)$ :

v_1 = \dfrac{2{,}06 - 0{,}88}{180 - 20} \approx 7{,}4 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot jour^{-1}}

العينة (2): المماس يمر بالنقطتين $(20\ ;\ 1{,}43)$ و $(95\ ;\ 0{,}20)$ :

v_2 = \dfrac{1{,}43 - 0{,}20}{95 - 20} \approx 1{,}6 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot jour^{-1}}

$v_2 > v_1$ (أكبر بحوالي مرتين): تفكك ماء جافيل أسرع عند $40\ \mathrm{°C}$ ، إذن درجة الحرارة عامل حركي، وكلما ارتفعت زادت سرعة التفاعل.

للحفاظ على ماء جافيل مدة أطول يجب حفظه في مكان بارد (درجة حرارة منخفضة)، بعيدا عن مصادر الحرارة.

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