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 الأعمال الموجهة: 18 تمرينا مع الحلول المفصلة

ثمانية عشر تمرينا في المتابعة الزمنية لتحول كيميائي (الناقلية، المعايرة، حجم الغاز وضغطه، الكتلة)، مع الحل المفصل لكل تمرين، والسلسلة كاملة للتحميل (PDF و Word).

التمرين الأول - الزنك وثنائي اليود: المتابعة بقياس الناقلية

متوسط

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

لتحقيق المتابعة الزمنية لتفاعل معدن الزنك $\ce{Zn}$ مع محلول ثنائي اليود $\ce{I2}$ ، نغمر عند اللحظة $t = 0$ خلية قياس الناقلية في مزيج يتكون من قطعة زنك كتلتها $m_0$ موضوعة في بيشر يحتوي حجما $V = 100\ \mathrm{mL}$ من محلول ثنائي اليود تركيزه المولي $C = 8{,}5 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . نتائج المتابعة الزمنية عند الدرجة $\theta = 25\ \mathrm{°C}$ مدونة في الجدول التالي (نعتبر حجم المزيج ثابتا):

$t\ (\mathrm{min})$	0	4	8	12	16	20
$\sigma\ (\mathrm{S \cdot m^{-1}})$	0	0,35	0,46	0,50	0,52	0,52
$x\ (\mathrm{mmol})$

اكتب معادلة التفاعل الحادث، علما أن الثنائيتين $(Ox/Red)$ الداخلتين في التفاعل هما: $(\ce{Zn^2+}/\ce{Zn})$ و $(\ce{I2}/\ce{I^-})$ .

وضّح سبب تزايد قيمة الناقلية النوعية مع مرور الزمن.

أنجز جدولا لتقدم التفاعل.

اكتب عبارة الناقلية النوعية $\sigma$ للمزيج التفاعلي بدلالة تقدم التفاعل $x$ ، ثم تأكد من صحة العلاقة:

\sigma(t) = 260\,x(t)

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

أكمل الجدول، ثم ارسم البيانين $x = f(t)$ و $\sigma = g(t)$ في معلمين مختلفين.

اعتمادا على البيان المتحصل عليه، ومع العلم أن التفاعل المدروس تام:

استنتج المتفاعل المحد.

احسب قيمة الكتلة $m_0$ .

سرعة التفاعل وزمن نصف التفاعل:

عرّف سرعة التفاعل، واحسب قيمتها عند اللحظة $t = 8\ \mathrm{min}$ اعتمادا على كل من البيانين $x = f(t)$ و $\sigma = g(t)$ .

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

معطيات: $\lambda(\ce{Zn^2+}) = 10{,}6\ \mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}$ ؛ $\lambda(\ce{I^-}) = 7{,}7\ \mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}$ ؛ $M(\ce{Zn}) = 65\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_f\ (mmol)$	$m_0(Zn)\ (g)$
القيمة

عرض الحل

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

ثنائي اليود $\ce{I2}$ جزيء لا ينقل التيار، بينما يتشكل خلال التفاعل شاردتا $\ce{Zn^2+}$ و $\ce{I^-}$ ، فيزداد تركيز الشوارد في المزيج وتتزايد الناقلية النوعية.

$n_0(\ce{I2}) = C\,V = 8{,}5 \times 10^{-2} \times 0{,}1 = 8{,}5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ و $n_0(\ce{Zn}) = \dfrac{m_0}{M}$ :

الحالة	التقدم	$\ce{Zn}$	$\ce{I2}$	$\ce{Zn^2+}$	$\ce{I^-}$
ابتدائية	$0$	$n_0(\ce{Zn})$	$8{,}5 \times 10^{-3}$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$n_0(\ce{Zn}) - x$	$8{,}5 \times 10^{-3} - x$	$x$	$2x$
نهائية	$x_f$	$n_0(\ce{Zn}) - x_f$	$8{,}5 \times 10^{-3} - x_f$	$x_f$	$2x_f$

$\sigma = \lambda(\ce{Zn^2+})\,[\ce{Zn^2+}] + \lambda(\ce{I^-})\,[\ce{I^-}]$ مع $[\ce{Zn^2+}] = \dfrac{x}{V}$ و $[\ce{I^-}] = \dfrac{2x}{V}$ ، إذن:

\sigma = \dfrac{\lambda(\ce{Zn^2+}) + 2\,\lambda(\ce{I^-})}{V}\,x = \dfrac{(10{,}6 + 2 \times 7{,}7) \times 10^{-3}}{10^{-4}}\,x = 260\,x

$x = \dfrac{\sigma}{260}$ :

$t\ (\mathrm{min})$	0	4	8	12	16	20
$\sigma\ (\mathrm{S \cdot m^{-1}})$	0	0,35	0,46	0,50	0,52	0,52
$x\ (\mathrm{mmol})$	0	1,35	1,77	1,92	2,00	2,00

x = f(t)

σ = g(t)

من البيان: $x_f = 2{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ (القيمة الحدية).

لو كان $\ce{I2}$ هو المحد لكان $x_f = 8{,}5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ ، وهذا غير صحيح. التفاعل تام، إذن الزنك هو المتفاعل المحد: $n_0(\ce{Zn}) - x_f = 0$ .

$m_0 = x_f \times M(\ce{Zn}) = 2{,}0 \times 10^{-3} \times 65 = 0{,}13\ \mathrm{g}$

سرعة التفاعل وزمن نصف التفاعل:

سرعة التفاعل هي مشتق التقدم بالنسبة للزمن: $v = \dfrac{dx}{dt}$ ، وتساوي ميل المماس للبيان $x = f(t)$ عند اللحظة المعتبرة.

من البيان $x = f(t)$ : ميل المماس عند $t = 8\ \mathrm{min}$ هو $v \approx 0{,}060\ \mathrm{mmol \cdot min^{-1}} = 6{,}0 \times 10^{-5}\ \mathrm{mol \cdot min^{-1}}$ .

من البيان $\sigma = g(t)$ : $x = \dfrac{\sigma}{260}$ ، ومنه $v = \dfrac{1}{260}\,\dfrac{d\sigma}{dt}$ . ميل المماس عند $t = 8\ \mathrm{min}$ هو $\dfrac{d\sigma}{dt} \approx 1{,}57 \times 10^{-2}\ \mathrm{S \cdot m^{-1} \cdot min^{-1}}$ :

v = \dfrac{1{,}57 \times 10^{-2}}{260} \approx 6{,}0 \times 10^{-5}\ \mathrm{mol \cdot min^{-1}}

نجد نفس القيمة بالطريقتين.

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية: $x(t_{1/2}) = \dfrac{x_f}{2} = 1{,}0\ \mathrm{mmol}$ ، أي $\sigma = 0{,}26\ \mathrm{S \cdot m^{-1}}$ . بالإسقاط: $t_{1/2} \approx 2{,}5\ \mathrm{min}$ .

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

التمرين الثاني - شوارد اليود والبيروكسوديكبريتات: استغلال جدول قياسات

متوسط

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

نسكب في بيشر حجما $V_1 = 50\ \mathrm{mL}$ من محلول يود البوتاسيوم $\ce{(K^+ + I^-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C_1 = 3{,}2 \times 10^{-1}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ثم نضيف له عند اللحظة $t = 0$ حجما $V_2 = 50\ \mathrm{mL}$ من محلول بيروكسوديكبريتات البوتاسيوم $\ce{(2K^+ + S2O8^2-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C_2 = 0{,}2\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . نلاحظ أن المزيج التفاعلي يصفرّ ثم يأخذ لونا بنيا تدريجيا نتيجة تشكل ثنائي اليود $\ce{I2}_{(aq)}$ . الثنائيتان المشاركتان في التفاعل هما: $(\ce{S2O8^2-}/\ce{SO4^2-})$ و $(\ce{I2}/\ce{I^-})$ .

اكتب معادلة التفاعل المنمذج للتحول الكيميائي الحادث، مع تحديد الفرد المؤكسد والفرد المرجع.

أنشئ جدولا لتقدم التفاعل، ثم عيّن المتفاعل المحد.

سمحت إحدى طرق المتابعة بحساب التركيز المولي لشوارد اليود $[\ce{I^-}]$ في المزيج كل $5\ \mathrm{min}$ ، فدُوّنت النتائج في الجدول التالي:

$t\ (\mathrm{min})$	0	5	10	15	20	25
$[\ce{I^-}]\ (10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}})$	16	12	9,6	7,7	6,1	5,1
$[\ce{S2O8^2-}]\ (10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}})$

بيّن أن:

[\ce{S2O8^2-}]_t = 0{,}02 + \dfrac{[\ce{I^-}]_t}{2}\quad (\mathrm{mol \cdot L^{-1}})

أكمل الجدول.

ارسم على ورقة مليمترية البيان $[\ce{S2O8^2-}] = f(t)$ بالسلم: $1\ \mathrm{cm} \to 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ و $1\ \mathrm{cm} \to 2{,}5\ \mathrm{min}$ .

بيّن أنه عند $t = t_{1/2}$ يصبح التركيز:

[\ce{S2O8^2-}]_{1/2} = \dfrac{[\ce{S2O8^2-}]_0 + [\ce{S2O8^2-}]_f}{2}

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

احسب السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظتين $t = 10\ \mathrm{min}$ و $t = 20\ \mathrm{min}$ ، ثم استنتج سرعة اختفاء شوارد اليود في نفس اللحظتين.

فسّر على المستوى المجهري تغير السرعة مع مرور الزمن.

تحقق من نتائجك

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

عرض الحل

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

الفرد المؤكسد: $\ce{S2O8^2-}$ (يكتسب إلكترونين: $\ce{S2O8^2- + 2e- -> 2SO4^2-}$ ) ؛ الفرد المرجع: $\ce{I^-}$ (يفقد إلكترونات: $\ce{2I^- -> I2 + 2e-}$ ).

$n_0(\ce{I^-}) = C_1 V_1 = 16\ \mathrm{mmol}$ و $n_0(\ce{S2O8^2-}) = C_2 V_2 = 10\ \mathrm{mmol}$ :

الحالة	التقدم	$\ce{S2O8^2-}$	$\ce{I^-}$	$\ce{SO4^2-}$	$\ce{I2}$
ابتدائية	$0$	$10$	$16$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$10 - x$	$16 - 2x$	$2x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$10 - x_{max}$	$16 - 2x_{max}$	$2x_{max}$	$x_{max}$

(كميات المادة بـ $\mathrm{mmol}$ ) : $10 - x_{max} = 0$ يعطي $x_{max} = 10$ ، و $16 - 2x_{max} = 0$ يعطي $x_{max} = 8$ . إذن $x_{max} = 8\ \mathrm{mmol}$ و $\ce{I^-}$ هو المتفاعل المحد.

حجم المزيج $V_T = V_1 + V_2 = 0{,}1\ \mathrm{L}$ .

$[\ce{I^-}] = \dfrac{16 \times 10^{-3} - 2x}{V_T}$ ، أي $\dfrac{x}{V_T} = 0{,}08 - \dfrac{[\ce{I^-}]}{2}$ ؛ و $[\ce{S2O8^2-}] = \dfrac{10 \times 10^{-3} - x}{V_T} = 0{,}1 - \dfrac{x}{V_T}$ ، ومنه:

[\ce{S2O8^2-}]_t = 0{,}1 - 0{,}08 + \dfrac{[\ce{I^-}]_t}{2} = 0{,}02 + \dfrac{[\ce{I^-}]_t}{2}

الجدول المكتمل:

$t\ (\mathrm{min})$	0	5	10	15	20	25
$[\ce{I^-}]\ (10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}})$	16	12	9,6	7,7	6,1	5,1
$[\ce{S2O8^2-}]\ (10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}})$	10	8	6,8	5,85	5,05	4,55

البيان $[\ce{S2O8^2-}] = f(t)$ :

البيان

$[\ce{S2O8^2-}] = [\ce{S2O8^2-}]_0 - \dfrac{x}{V_T}$ ، وعند $t_{1/2}$ يكون $x = \dfrac{x_{max}}{2}$ مع $[\ce{S2O8^2-}]_f = [\ce{S2O8^2-}]_0 - \dfrac{x_{max}}{V_T}$ ، إذن:

[\ce{S2O8^2-}]_{1/2} = [\ce{S2O8^2-}]_0 - \dfrac{[\ce{S2O8^2-}]_0 - [\ce{S2O8^2-}]_f}{2} = \dfrac{[\ce{S2O8^2-}]_0 + [\ce{S2O8^2-}]_f}{2}

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية. $[\ce{S2O8^2-}]_f = 0{,}1 - 0{,}08 = 0{,}02\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، إذن $[\ce{S2O8^2-}]_{1/2} = \dfrac{0{,}1 + 0{,}02}{2} = 0{,}06\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، وبالإسقاط: $t_{1/2} \approx 14\ \mathrm{min}$ .

$v_{vol} = \dfrac{1}{V_T}\,\dfrac{dx}{dt} = -\dfrac{d[\ce{S2O8^2-}]}{dt}$ (عكس ميل المماس):

عند $t = 10\ \mathrm{min}$ : المماس $(T_1)$ ميله $\approx -0{,}21 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}\cdot \mathrm{min^{-1}}$ ، إذن $v_{vol}(10) \approx 2{,}1 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}$ .

عند $t = 20\ \mathrm{min}$ : المماس $(T_2)$ ميله $\approx -0{,}11 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}\cdot \mathrm{min^{-1}}$ ، إذن $v_{vol}(20) \approx 1{,}1 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}$ .

$[\ce{I^-}] = 0{,}16 - \dfrac{2x}{V_T}$ ، إذن سرعة اختفاء شوارد اليود: $v(\ce{I^-}) = -\dfrac{d[\ce{I^-}]}{dt} = 2\,v_{vol}$ ، أي $v(\ce{I^-})_{10} \approx 4{,}2 \times 10^{-3}$ و $v(\ce{I^-})_{20} \approx 2{,}2 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}$ .

تتناقص السرعة مع مرور الزمن: تتناقص تراكيز المتفاعلات فيقل عدد التصادمات الفعالة بين شوارد $\ce{I^-}$ و $\ce{S2O8^2-}$ في وحدة الزمن.

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

التمرين الثالث - الألمنيوم وحمض كلور الهيدروجين: المتابعة بقياس الناقلية

متوسط

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

بغرض المتابعة الزمنية للتحول الكيميائي المنمذج بالمعادلة:

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

عن طريق قياس الناقلية، نضع عند درجة الحرارة $25\ \mathrm{°C}$ في بيشر كتلة $m = 27\ \mathrm{mg}$ من الألمنيوم $\ce{Al}_{(s)}$ ، ونضيف إليها عند اللحظة $t = 0$ حجما $V = 20\ \mathrm{mL}$ من محلول حمض كلور الهيدروجين $\ce{(H3O^+ + Cl^-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C = 0{,}012\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . نتابع تغيرات الناقلية النوعية $\sigma$ بدلالة الزمن $t$ ، فنتحصل على البيان الموضح في الشكل (1) (المستقيم المتقطع هو المماس للمنحنى عند $t = 6\ \mathrm{min}$ ).

الشكل (1)

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

مثّل جدولا لتقدم التفاعل، وعيّن المتفاعل المحد.

اكتب عبارة الناقلية النوعية $\sigma(t)$ للمزيج بدلالة التقدم $x$ .

بيّن أن:

\sigma(t) = -8670\,x + 0{,}511

( $\sigma$ بـ $\mathrm{S \cdot m^{-1}}$ و $x$ بـ $\mathrm{mol}$ ).

جد كمية المادة لكل من $\ce{Al^3+}$ و $\ce{H3O^+}$ عند اللحظة $t = 6\ \mathrm{min}$ .

بيّن أن سرعة التفاعل في هذه الحالة تعطى بالعلاقة:

v = -\dfrac{1}{8670}\,\dfrac{d\sigma}{dt}

أوجد قيمة سرعة التفاعل عند اللحظة $t = 6\ \mathrm{min}$ .

معطيات: $M(\ce{Al}) = 27\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ ؛ عند $25\ \mathrm{°C}$ : $\lambda(\ce{H3O^+}) = 35\ \mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}$ ، $\lambda(\ce{Al^3+}) = 18{,}3\ \mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}$ ، $\lambda(\ce{Cl^-}) = 7{,}6\ \mathrm{mS \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}$ ؛ نعتبر حجم المزيج ثابتا.

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (10^{-5}\ mol)$	$x(6\ min)\ (10^{-5}\ mol)$
القيمة

عرض الحل

الثنائيتان: $(\ce{Al^3+}/\ce{Al})$ و $(\ce{H3O^+}/\ce{H2})$ :

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

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

$n_0(\ce{Al}) = \dfrac{0{,}027}{27} = 1{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ و $n_0(\ce{H3O^+}) = C\,V = 0{,}012 \times 0{,}02 = 2{,}4 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol}$ :

الحالة	التقدم	$\ce{Al}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Al^3+}$	$\ce{H2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$10^{-3}$	$2{,}4 \times 10^{-4}$	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$10^{-3} - 2x$	$2{,}4 \times 10^{-4} - 6x$	$2x$	$3x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$10^{-3} - 2x_{max}$	$2{,}4 \times 10^{-4} - 6x_{max}$	$2x_{max}$	$3x_{max}$	بوفرة

$x_{max}(\ce{Al}) = 5 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol}$ و $x_{max}(\ce{H3O^+}) = 4 \times 10^{-5}\ \mathrm{mol}$ ، إذن $x_{max} = 4{,}0 \times 10^{-5}\ \mathrm{mol}$ و $\ce{H3O^+}$ هو المتفاعل المحد.

شوارد $\ce{Cl^-}$ لا تتفاعل: $n(\ce{Cl^-}) = C\,V$ . إذن:

\sigma = \dfrac{\lambda(\ce{H3O^+})\,(C V - 6x) + \lambda(\ce{Al^3+})\,2x + \lambda(\ce{Cl^-})\,C V}{V}

$\sigma = \left[\lambda(\ce{H3O^+}) + \lambda(\ce{Cl^-})\right] C + \dfrac{2\,\lambda(\ce{Al^3+}) - 6\,\lambda(\ce{H3O^+})}{V}\,x$

مع $C = 12\ \mathrm{mol \cdot m^{-3}}$ و $V = 2 \times 10^{-5}\ \mathrm{m^3}$ : $(35 + 7{,}6) \times 10^{-3} \times 12 = 0{,}511$ و $\dfrac{(36{,}6 - 210) \times 10^{-3}}{2 \times 10^{-5}} = -8670$ ، إذن $\sigma = -8670\,x + 0{,}511$ .

من البيان، عند $t = 6\ \mathrm{min}$ : $\sigma = 0{,}287\ \mathrm{S \cdot m^{-1}}$ ، ومنه:

الشكل (1)

x = \dfrac{0{,}511 - 0{,}287}{8670} \approx 2{,}58 \times 10^{-5}\ \mathrm{mol}

$n(\ce{Al^3+}) = 2x \approx 5{,}2 \times 10^{-5}\ \mathrm{mol}$ و $n(\ce{H3O^+}) = 2{,}4 \times 10^{-4} - 6x \approx 8{,}5 \times 10^{-5}\ \mathrm{mol}$ .

$v = \dfrac{dx}{dt}$ ، ومن $x = \dfrac{0{,}511 - \sigma}{8670}$ نجد:

v = -\dfrac{1}{8670}\,\dfrac{d\sigma}{dt}

المماس عند $t = 6\ \mathrm{min}$ يمر بالنقطتين $(0\ ;\ 0{,}415)$ و $(19{,}5\ ;\ 0)$ : $\dfrac{d\sigma}{dt} \approx -\dfrac{0{,}415}{19{,}5} \approx -2{,}13 \times 10^{-2}\ \mathrm{S \cdot m^{-1} \cdot min^{-1}}$ ، إذن:

v = \dfrac{2{,}13 \times 10^{-2}}{8670} \approx 2{,}5 \times 10^{-6}\ \mathrm{mol \cdot min^{-1}}

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

التمرين الرابع - النحاس ونترات الفضة: المتابعة بكتلة الفضة المتشكلة

متوسط

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

لدراسة حركية تحول كيميائي تام، نغمر في اللحظة $t = 0$ صفيحة من النحاس كتلتها $m = 3{,}175\ \mathrm{g}$ في حجم $V = 200\ \mathrm{mL}$ من محلول نترات الفضة $\ce{(Ag^+ + NO3^-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C_0$ . سمحت لنا متابعة تطور هذا التحول برسم البيان الممثل في الشكل (1)، الذي يعبر عن تغيرات كتلة الفضة المتشكلة بدلالة الزمن $m_{\ce{Ag}} = f(t)$ (المستقيمان المتقطعان هما المماسان للمنحنى عند $t_1 = 10\ \mathrm{min}$ و $t_2 = 30\ \mathrm{min}$ ). المعادلة المعبرة عن التفاعل المنمذج لهذا التحول هي:

$\ce{Cu}_{(s)} + 2\ce{Ag^+}_{(aq)} \to \ce{Cu^2+}_{(aq)} + 2\ce{Ag}_{(s)}$

الشكل (1)

هل التحول الحادث سريع أم بطيء؟ برّر إجابتك.

حدد الثنائيتين $(Ox/Red)$ المشاركتين في التفاعل، واكتب عندئذ المعادلتين النصفيتين للأكسدة والإرجاع.

أنشئ جدولا لتقدم التفاعل، واحسب قيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ .

احسب $C_0$ التركيز المولي الابتدائي لمحلول نترات الفضة.

جد التركيب المولي للجملة في الحالة النهائية.

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

سرعة تشكل الفضة:

بيّن أن السرعة اللحظية لتشكل الفضة تعطى بالعبارة:

v(\ce{Ag}) = \dfrac{1}{M_{\ce{Ag}}}\,\dfrac{dm_{\ce{Ag}}(t)}{dt}

حيث $M_{\ce{Ag}}$ الكتلة المولية للفضة.

احسب سرعة تشكل الفضة عند اللحظتين $t_1 = 10\ \mathrm{min}$ و $t_2 = 30\ \mathrm{min}$ ، ثم قارن بينهما.

فسّر على المستوى المجهري تغير السرعة مع مرور الزمن.

معطيات: $M(\ce{Cu}) = 63{,}5\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ ؛ $M(\ce{Ag}) = 108\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mol)$	$C_0\ (mol/L)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

التحول بطيء: تستغرق كتلة الفضة المتشكلة عدة عشرات من الدقائق (حوالي $60\ \mathrm{min}$ ) لتبلغ قيمتها النهائية.

الثنائيتان: $(\ce{Ag^+}/\ce{Ag})$ و $(\ce{Cu^2+}/\ce{Cu})$ :

\ce{Ag^+ + e- -> Ag}

\ce{Cu -> Cu^2+ + 2e-}

$n_0(\ce{Cu}) = \dfrac{3{,}175}{63{,}5} = 5{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$ و $n_0(\ce{Ag^+}) = C_0 V$ :

الحالة	التقدم	$\ce{Cu}$	$\ce{Ag^+}$	$\ce{Cu^2+}$	$\ce{Ag}$
ابتدائية	$0$	$0{,}05$	$C_0 V$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$0{,}05 - x$	$C_0 V - 2x$	$x$	$2x$
نهائية	$x_{max}$	$0{,}05 - x_{max}$	$C_0 V - 2x_{max}$	$x_{max}$	$2x_{max}$

من البيان: $m_{\ce{Ag},f} = 5 \times 864 = 4320\ \mathrm{mg}$ ، أي $n_f(\ce{Ag}) = \dfrac{4{,}32}{108} = 0{,}04\ \mathrm{mol} = 2x_{max}$ ، ومنه $x_{max} = 0{,}02\ \mathrm{mol}$ .

$0{,}05 - x_{max} = 0{,}03\ \mathrm{mol} \neq 0$ : النحاس بوفرة، إذن $\ce{Ag^+}$ هو المتفاعل المحد.

$C_0 V - 2x_{max} = 0$ ، ومنه:

C_0 = \dfrac{2x_{max}}{V} = \dfrac{0{,}04}{0{,}2} = 0{,}2\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

في الحالة النهائية: $n(\ce{Cu}) = 0{,}03\ \mathrm{mol}$ ، $n(\ce{Ag^+}) = 0$ ، $n(\ce{Cu^2+}) = 0{,}02\ \mathrm{mol}$ ، $n(\ce{Ag}) = 0{,}04\ \mathrm{mol}$ ، و $n(\ce{NO3^-}) = 0{,}04\ \mathrm{mol}$ (شوارد غير متفاعلة)؛ أي $[\ce{Cu^2+}] = 0{,}1\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ و $[\ce{NO3^-}] = 0{,}2\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ .

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية؛ عندها $m_{\ce{Ag}} = \dfrac{4320}{2} = 2160\ \mathrm{mg}$ ، وبالإسقاط: $t_{1/2} \approx 9\ \mathrm{min}$ .

الشكل (1)

سرعة تشكل الفضة:

$v(\ce{Ag}) = \dfrac{dn(\ce{Ag})}{dt}$ مع $n(\ce{Ag}) = \dfrac{m_{\ce{Ag}}}{M_{\ce{Ag}}}$ ، و $M_{\ce{Ag}}$ ثابتة، إذن:

v(\ce{Ag}) = \dfrac{1}{M_{\ce{Ag}}}\,\dfrac{dm_{\ce{Ag}}(t)}{dt}

عند $t_1 = 10\ \mathrm{min}$ : ميل المماس $\approx 154\ \mathrm{mg \cdot min^{-1}}$ ، ومنه $v_1 = \dfrac{0{,}154}{108} \approx 1{,}4 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot min^{-1}}$ .

عند $t_2 = 30\ \mathrm{min}$ : ميل المماس $\approx 33\ \mathrm{mg \cdot min^{-1}}$ ، ومنه $v_2 = \dfrac{0{,}033}{108} \approx 3{,}1 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol \cdot min^{-1}}$ . إذن $v_1 > v_2$ : السرعة تتناقص.

يتناقص تركيز شوارد $\ce{Ag^+}$ مع الزمن، فيقل عدد التصادمات الفعالة بينها وبين سطح النحاس في وحدة الزمن، فتتناقص السرعة.

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

التمرين الخامس - ماء جافيل ويود البوتاسيوم: المتابعة بالمعايرة

صعب

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

نحضر في بيشر محلولا $(S_1)$ حجمه $V_1 = 50\ \mathrm{mL}$ من ماء جافيل $\ce{(Na^+ + ClO^-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C_1 = 0{,}05\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، وفي بيشر آخر محلولا $(S_2)$ حجمه $V_2 = 50\ \mathrm{mL}$ من يود البوتاسيوم $\ce{(K^+ + I^-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C_2 = 0{,}4\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ .

نمزج المحلولين في اللحظة $t = 0$ في إناء مغمور في الماء المثلج، ونضيف له قطرات من حمض الإيثانويك النقي، ثم نقسم المزيج بالتساوي في 10 أنابيب اختبار، ونضع هذه الأنابيب في حمام مائي درجة حرارته ثابتة $40\ \mathrm{°C}$ .

في اللحظة $t_1$ نُخرج أحد الأنابيب ونصب محتواه في بيشر يحتوي على $40\ \mathrm{mL}$ من الماء البارد، ثم نعاير ثنائي اليود المتشكل فيه بواسطة محلول ثيوكبريتات الصوديوم $\ce{(2Na^+ + S2O3^2-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C_3 = 0{,}04\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ونسجل الحجم اللازم للتكافؤ $V_E$ . نكرر العملية مع الأنابيب الأخرى، فنمثل البيان $V_E = f(t)$ (الشكل 1).

الشكل (1)

الثنائيتان المتفاعلتان هما $(\ce{ClO^-}/\ce{Cl^-})$ و $(\ce{I2}/\ce{I^-})$ .

اكتب معادلة التفاعل.

ما هو دور حمض الإيثانويك في هذا التفاعل الكيميائي؟

احسب تركيزي المتفاعلين في المزيج لحظة مزجهما عند $t = 0$ .

أنشئ جدول تقدم التفاعل في المزيج، وحدد المتفاعل المحد.

اكتب معادلة تفاعل المعايرة، علما أن الثنائية الداخلة فيه هي $(\ce{S4O6^2-}/\ce{S2O3^2-})$ ، ثم أوجد العلاقة بين التقدم الكيميائي $x$ في المزيج (قبل تقسيمه) في اللحظة $t$ والحجم $V_E$ .

احسب السرعة الحجمية للتفاعل في اللحظة $t = 0$ .

مثّل كيفيا البيان $V_E = g(t)$ في حالة إجراء التفاعل في الدرجة $60\ \mathrm{°C}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_{max}\ (mmol)$	$V_{E,f}\ (mL)$
القيمة

عرض الحل

التفاعل في وسط حمضي:

$\ce{ClO^- + 2H3O^+ + 2e- -> Cl^- + 3H2O}$ و $\ce{2I^- -> I2 + 2e-}$ ، ومنه:

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

يوفر حمض الإيثانويك الوسط الحمضي، أي شوارد الهيدرونيوم $\ce{H3O^+}$ اللازمة للتفاعل (وهي من المتفاعلات).

$V_T = V_1 + V_2 = 100\ \mathrm{mL}$ : $[\ce{ClO^-}]_0 = \dfrac{C_1 V_1}{V_T} = 0{,}025\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ و $[\ce{I^-}]_0 = \dfrac{C_2 V_2}{V_T} = 0{,}2\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ .

$n_0(\ce{ClO^-}) = 2{,}5\ \mathrm{mmol}$ و $n_0(\ce{I^-}) = 20\ \mathrm{mmol}$ (بـ $\mathrm{mmol}$ ، و $\ce{H3O^+}$ بوفرة):

الحالة	التقدم	$\ce{ClO^-}$	$\ce{I^-}$	$\ce{Cl^-}$	$\ce{I2}$
ابتدائية	$0$	$2{,}5$	$20$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$2{,}5 - x$	$20 - 2x$	$x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$2{,}5 - x_{max}$	$20 - 2x_{max}$	$x_{max}$	$x_{max}$

$x_{max} = 2{,}5\ \mathrm{mmol}$ (مقابل $10\ \mathrm{mmol}$ لـ $\ce{I^-}$ ) : $\ce{ClO^-}$ هو المتفاعل المحد.

معادلة المعايرة:

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

عند التكافؤ، كمية ثنائي اليود في الأنبوب الواحد: $n(\ce{I2}) = \dfrac{C_3 V_E}{2}$ . كل أنبوب يحتوي عُشر المزيج، و $n(\ce{I2}) = x$ في المزيج كله، إذن:

x = 10 \times \dfrac{C_3 V_E}{2} = 5\,C_3\,V_E \quad \Rightarrow \quad x\ (\mathrm{mmol}) = 0{,}2\,V_E\ (\mathrm{mL})

تحقق: في النهاية $V_E = 12{,}5\ \mathrm{mL}$ (الشكل)، أي $x = 2{,}5\ \mathrm{mmol} = x_{max}$ .

$v_{vol} = \dfrac{1}{V_T}\,\dfrac{dx}{dt} = \dfrac{5\,C_3}{V_T}\,\dfrac{dV_E}{dt}$ . المماس عند $t = 0$ يمر بالمبدأ وبالنقطة $(7{,}5\ \mathrm{min}\ ;\ 12{,}5\ \mathrm{mL})$ : $\dfrac{dV_E}{dt} \approx 1{,}67\ \mathrm{mL \cdot min^{-1}}$ .

v_{vol}(0) = \dfrac{0{,}2 \times 1{,}67}{0{,}1} \approx 3{,}3\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}} = 3{,}3 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}

عند $60\ \mathrm{°C}$ يكون التفاعل أسرع (درجة الحرارة عامل حركي)، فيكون المنحنى أكثر ميلا في البداية ويبلغ نفس القيمة النهائية $V_E = 12{,}5\ \mathrm{mL}$ لأن كمية المتفاعل المحد لم تتغير (المنحنى المتقطع):

الشكل (1)

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

التمرين السادس - منظف الجروح (Lugol) والتوتياء

سهل

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

يباع في الصيدليات منظف الجروح (Lugol)، وهو محلول يحتوي على ثنائي اليود $\ce{I2}$ ذي اللون الأسمر. لدينا عند الدرجة $\theta_1 = 25\ \mathrm{°C}$ في بيشر حجم $V = 250\ \mathrm{mL}$ من هذا المنظف، التركيز المولي لثنائي اليود فيه $C_0 = [\ce{I2}]_0 = 2 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ .

ندخل في البيشر عند اللحظة $t = 0$ صفيحة من التوتياء (الزنك) $\ce{Zn}$ ، وبعد مدة زمنية نلاحظ أن جزءا من الصفيحة قد تآكل، وأن اللون الأسمر قد اختفى تماما. يمثل الشكل (1) البيان $[\ce{I2}] = f(t)$ ، والمستقيم المتقطع هو المماس للمنحنى عند $t = 0$ .

الشكل (1)

اكتب معادلة التفاعل بين التوتياء وثنائي اليود، علما أن الثنائيتين هما $(\ce{I2}/\ce{I^-})$ و $(\ce{Zn^2+}/\ce{Zn})$ ، ثم أنشئ جدول تقدم التفاعل.

احسب قيمة التقدم الأعظمي.

بيّن أن التقدم $x$ في اللحظة $t$ يكتب بالشكل:

x = 5 \times 10^{-3} - \dfrac{1}{4}\,[\ce{I2}]

حيث $[\ce{I2}]$ التركيز المولي لثنائي اليود بـ $\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ و $x$ بـ $\mathrm{mol}$ ، ثم احسب قيمة $[\ce{I2}]$ عندما يكون $x = \dfrac{x_{max}}{2}$ .

اعتمادا على البيان ونتيجة السؤال 3:

استنتج زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ .

احسب سرعة التفاعل عند اللحظة $t = 0$ .

إذا أُجري التفاعل السابق عند درجة حرارة $\theta_2 = 40\ \mathrm{°C}$ ، ارسم على نفس الشكل كيفيا المنحنى $[\ce{I2}] = g(t)$ .

تحقق من نتائجك

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

عرض الحل

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

$n_0(\ce{I2}) = C_0 V = 2 \times 10^{-2} \times 0{,}25 = 5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ :

الحالة	التقدم	$\ce{Zn}$	$\ce{I2}$	$\ce{Zn^2+}$	$\ce{I^-}$
ابتدائية	$0$	$n_0(\ce{Zn})$	$5 \times 10^{-3}$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$n_0(\ce{Zn}) - x$	$5 \times 10^{-3} - x$	$x$	$2x$
نهائية	$x_{max}$	$n_0(\ce{Zn}) - x_{max}$	$5 \times 10^{-3} - x_{max}$	$x_{max}$	$2x_{max}$

اختفى اللون الأسمر تماما وبقي جزء من الصفيحة: $\ce{I2}$ هو المتفاعل المحد، ومنه $x_{max} = 5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ .

$[\ce{I2}] = \dfrac{5 \times 10^{-3} - x}{V}$ ، ومنه $x = 5 \times 10^{-3} - V\,[\ce{I2}]$ مع $V = 0{,}25\ \mathrm{L} = \dfrac{1}{4}\ \mathrm{L}$ :

x = 5 \times 10^{-3} - \dfrac{1}{4}\,[\ce{I2}]

عند $x = \dfrac{x_{max}}{2} = 2{,}5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ : $[\ce{I2}] = 4 \times 2{,}5 \times 10^{-3} = 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} = 10\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ .

استغلال البيان:

بالإسقاط عند $[\ce{I2}] = 10\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ : $t_{1/2} \approx 5\ \mathrm{min}$ .

الشكل (1)

$v = \dfrac{dx}{dt} = -\dfrac{1}{4}\,\dfrac{d[\ce{I2}]}{dt}$ . المماس عند $t = 0$ يقطع محور الأزمنة عند $7{,}2\ \mathrm{min}$ : $\dfrac{d[\ce{I2}]}{dt} \approx -\dfrac{20}{7{,}2} \approx -2{,}78\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}$ ، إذن:

v(0) = 0{,}25 \times 2{,}78 \approx 0{,}69\ \mathrm{mmol \cdot min^{-1}} = 6{,}9 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol \cdot min^{-1}}

عند $40\ \mathrm{°C}$ يكون التفاعل أسرع: يتناقص المنحنى بسرعة أكبر و $t_{1/2}$ أصغر، ويؤول $[\ce{I2}]$ إلى الصفر أيضا (المنحنى المتقطع في الشكل أعلاه).

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