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 السابع - شوارد البرومات والبروميد: مزيج ستوكيومتري

متوسط

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

التحول الكيميائي الحادث بين شوارد البروميد $\ce{Br^-}$ وشوارد البرومات $\ce{BrO3^-}$ في وسط حمضي تحول كيميائي تام وبطيء، ينمذج بمعادلة التفاعل الكيميائي التالية:

$\ce{BrO3^-}_{(aq)} + 5\ce{Br^-}_{(aq)} + 6\ce{H3O^+}_{(aq)} \to 3\ce{Br2}_{(aq)} + 9\ce{H2O}_{(l)}$

عند اللحظة $t = 0$ ، وعند درجة حرارة ثابتة، نمزج حجما $V_1 = 100\ \mathrm{mL}$ من محلول برومات البوتاسيوم $\ce{(K^+ + BrO3^-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C_1$ مع حجم $V_2 = 2V_1$ من محلول بروم البوتاسيوم $\ce{(K^+ + Br^-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C_2 = 0{,}5\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ثم نضيف له قطرات من حمض الكبريت المركز (نهمل حجمها).

ما هو دور حمض الكبريت المركز؟

حدد الثنائيتين $(Ox/Red)$ الداخلتين في التفاعل السابق.

أوجد قيمة التركيز المولي $C_1$ ، علما أن المزيج الابتدائي ستوكيومتري.

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

المتابعة الزمنية لتطور كمية مادة $\ce{BrO3^-}$ المتبقية مكنتنا من الحصول على الجدول التالي:

$t\ (\mathrm{min})$	0	2	4	6	8	10	12
$n(\ce{BrO3^-})\ (\mathrm{mmol})$	20	10	5	2,5	1,25	0,63	0,31

ارسم المنحنى البياني الممثل لتغيرات $n(\ce{BrO3^-})$ بدلالة الزمن باستخدام سلم رسم مناسب.

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

عرّف السرعة الحجمية للتفاعل، ثم بيّن أنه يمكن كتابة عبارتها على الشكل:

v_{vol} = -\dfrac{1}{3V_1}\,\dfrac{dn_t(\ce{BrO3^-})}{dt}

احسب قيمة السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظة $t = 8\ \mathrm{min}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$C_1\ (mol/L)$	$x_{max}\ (mmol)$
القيمة

عرض الحل

يوفر حمض الكبريت الوسط الحمضي، أي شوارد $\ce{H3O^+}$ التي هي من المتفاعلات (تُضاف بوفرة).

$(\ce{BrO3^-}/\ce{Br2})$ : $\ce{2BrO3^- + 12H3O^+ + 10e- -> Br2 + 18H2O}$ ؛ $(\ce{Br2}/\ce{Br^-})$ : $\ce{2Br^- -> Br2 + 2e-}$ .

المزيج ستوكيومتري: $\dfrac{n_0(\ce{BrO3^-})}{1} = \dfrac{n_0(\ce{Br^-})}{5}$ ، أي $C_1 V_1 = \dfrac{C_2 \times 2V_1}{5}$ ، ومنه:

C_1 = \dfrac{2\,C_2}{5} = 0{,}2\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

$n_0(\ce{BrO3^-}) = 0{,}2 \times 0{,}1 = 20\ \mathrm{mmol}$ و $n_0(\ce{Br^-}) = 0{,}5 \times 0{,}2 = 100\ \mathrm{mmol}$ (بـ $\mathrm{mmol}$ ):

الحالة	التقدم	$\ce{BrO3^-}$	$\ce{Br^-}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Br2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$20$	$100$	بوفرة	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$20 - x$	$100 - 5x$	بوفرة	$3x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$20 - x_{max}$	$100 - 5x_{max}$	بوفرة	$3x_{max}$	بوفرة

المزيج ستوكيومتري، إذن $x_{max} = 20\ \mathrm{mmol}$ .

استغلال الجدول:

البيان (السلم: $1\ \mathrm{cm} \to 2\ \mathrm{min}$ و $1\ \mathrm{cm} \to 4\ \mathrm{mmol}$ ):

البيان

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية: $n(\ce{BrO3^-}) = 20 - 10 = 10\ \mathrm{mmol}$ ، ومنه $t_{1/2} = 2\ \mathrm{min}$ .

السرعة الحجمية هي سرعة التفاعل في وحدة الحجم: $v_{vol} = \dfrac{1}{V_T}\,\dfrac{dx}{dt}$ مع $V_T = V_1 + 2V_1 = 3V_1$ و $x = n_0(\ce{BrO3^-}) - n_t(\ce{BrO3^-})$ ، إذن:

v_{vol} = -\dfrac{1}{3V_1}\,\dfrac{dn_t(\ce{BrO3^-})}{dt}

ميل المماس عند $t = 8\ \mathrm{min}$ : $\dfrac{dn}{dt} \approx -0{,}43\ \mathrm{mmol \cdot min^{-1}}$ ، ومنه:

v_{vol}(8) = \dfrac{0{,}43}{0{,}3} \approx 1{,}4\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

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

التمرين الثامن - صفيحة توتياء غير نقية وثنائي اليود: درجة النقاوة

متوسط

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

صفيحة كتلتها $m = 1{,}3\ \mathrm{g}$ من التوتياء $\ce{Zn}$ غير النقي (يحتوي على شوائب لا تؤثر على التفاعل). نغمرها في اللحظة $t = 0$ في محلول مائي لثنائي اليود $\ce{I2}$ حجمه $V = 100\ \mathrm{mL}$ وتركيزه المولي $C = 0{,}2\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . الثنائيتان المتفاعلتان هما $(\ce{Zn^2+}/\ce{Zn})$ و $(\ce{I2}/\ce{I^-})$ .

اكتب معادلة هذا التفاعل، وأنشئ جدول التقدم.

إن متابعتنا لهذا التحول الكيميائي التام مكنتنا من الحصول على الجدول التالي:

$t\ (\mathrm{s})$	0	100	200	300	400	500	600	700	800	900
$[\ce{I^-}]\ (\mathrm{mmol \cdot L^{-1}})$	0	150	225	262,5	280	290	295	297,5	300	300
$[\ce{I2}]\ (\mathrm{mmol \cdot L^{-1}})$

هل نعتبر هذا التفاعل سريعا؟ علّل.

أوجد العبارة التالية:

[\ce{I2}]_t = C - \dfrac{[\ce{I^-}]_t}{2}

أكمل الجدول.

ارسم المنحنى البياني $[\ce{I2}] = f(t)$ .

احسب قيمة التقدم الأعظمي.

احسب السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظتين $t = 200\ \mathrm{s}$ و $t = 500\ \mathrm{s}$ ، ثم قارن بينهما. كيف تفسر مجهريا التغير في السرعة الحجمية للتفاعل؟

بيّن أن التركيز المولي لثنائي اليود عند اللحظة $t = t_{1/2}$ يكتب بالشكل:

[\ce{I2}]_{1/2} = \dfrac{C + [\ce{I2}]_f}{2}

ثم استنتج من البيان قيمة $t_{1/2}$ .

أوجد درجة نقاوة صفيحة التوتياء.

احسب التركيب المولي للمزيج عند $t = t_{1/2}$ .

معطيات: $M(\ce{Zn}) = 65{,}4\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ ؛ نعتبر حجم المزيج ثابتا.

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_f\ (mmol)$	$p\ (\%)$
القيمة

عرض الحل

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

$n_0(\ce{I2}) = C V = 20\ \mathrm{mmol}$ و $n_0(\ce{Zn})$ مجهولة (بـ $\mathrm{mmol}$ ):

الحالة	التقدم	$\ce{Zn}$	$\ce{I2}$	$\ce{Zn^2+}$	$\ce{I^-}$
ابتدائية	$0$	$n_0(\ce{Zn})$	$20$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$n_0(\ce{Zn}) - x$	$20 - x$	$x$	$2x$
نهائية	$x_f$	$n_0(\ce{Zn}) - x_f$	$20 - x_f$	$x_f$	$2x_f$

استغلال الجدول:

لا، التفاعل بطيء: يستغرق حوالي $800\ \mathrm{s}$ (أكثر من 13 دقيقة) ويمكن متابعة تطوره بالقياس.

$[\ce{I2}] = \dfrac{CV - x}{V} = C - \dfrac{x}{V}$ و $[\ce{I^-}] = \dfrac{2x}{V}$ ، أي $\dfrac{x}{V} = \dfrac{[\ce{I^-}]}{2}$ ، ومنه: $[\ce{I2}]_t = C - \dfrac{[\ce{I^-}]_t}{2}$ .

مع $C = 200\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ :

$t\ (\mathrm{s})$	0	100	200	300	400	500	600	700	800	900
$[\ce{I^-}]\ (\mathrm{mmol \cdot L^{-1}})$	0	150	225	262,5	280	290	295	297,5	300	300
$[\ce{I2}]\ (\mathrm{mmol \cdot L^{-1}})$	200	125	87,5	68,75	60	55	52,5	51,25	50	50

البيان $[\ce{I2}] = f(t)$ :

البيان

$x_f = \dfrac{[\ce{I^-}]_f\,V}{2} = \dfrac{0{,}3 \times 0{,}1}{2} = 1{,}5 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$ . يبقى $n(\ce{I2}) = 20 - 15 = 5\ \mathrm{mmol}$ ، إذن الزنك هو المتفاعل المحد و $x_{max} = x_f = 15\ \mathrm{mmol}$ .

$v_{vol} = \dfrac{1}{V}\,\dfrac{dx}{dt} = -\dfrac{d[\ce{I2}]}{dt}$ (عكس ميل المماس):

$v_{vol}(200\ \mathrm{s}) \approx 0{,}26\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot s^{-1}}$ و $v_{vol}(500\ \mathrm{s}) \approx 3{,}2 \times 10^{-2}\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot s^{-1}}$ : السرعة تتناقص مع الزمن.

مجهريا: يتناقص تركيز ثنائي اليود فيقل عدد التصادمات الفعالة بين جزيئاته وسطح الزنك في وحدة الزمن.

عند $t_{1/2}$ : $x = \dfrac{x_f}{2}$ ، و $[\ce{I2}]_f = C - \dfrac{x_f}{V}$ ، إذن $[\ce{I2}]_{1/2} = C - \dfrac{x_f}{2V} = C - \dfrac{C - [\ce{I2}]_f}{2} = \dfrac{C + [\ce{I2}]_f}{2}$ .

$[\ce{I2}]_{1/2} = \dfrac{200 + 50}{2} = 125\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، وبالإسقاط (أو من الجدول): $t_{1/2} = 100\ \mathrm{s}$ .

$n_0(\ce{Zn}) = x_{max} = 1{,}5 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$ ، أي كتلة الزنك النقي: $m(\ce{Zn}) = 1{,}5 \times 10^{-2} \times 65{,}4 \approx 0{,}98\ \mathrm{g}$ ، ومنه درجة النقاوة:

p = \dfrac{0{,}98}{1{,}3} \times 100 \approx 75\ \%

عند $t_{1/2}$ : $x = 7{,}5\ \mathrm{mmol}$ ، إذن $n(\ce{Zn}) = 7{,}5\ \mathrm{mmol}$ ، $n(\ce{I2}) = 12{,}5\ \mathrm{mmol}$ ، $n(\ce{Zn^2+}) = 7{,}5\ \mathrm{mmol}$ و $n(\ce{I^-}) = 15\ \mathrm{mmol}$ .

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

التمرين التاسع - جابر بن حيان: تحضير محلول ممدد وتفاعل الألمنيوم

صعب

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

يُعدّ جابر بن حيّان أول من استخدم الكيمياء عمليا في التاريخ، ويُعتبر أول من حضّر الأحماض من تقطير أملاحها، ومنها روح الملح (محلول حمض كلور الهيدروجين).

يهدف التمرين إلى تحضير محلول مائي ممدد لحمض كلور الهيدروجين، ودراسة حركية التفاعل الكيميائي بين معدن الألمنيوم وشوارد الهيدرونيوم.

الجزء الأول

تحتوي ملصقة قارورة محلول حمض كلور الهيدروجين التجاري $(S_0)$ على المعلومات التالية والصورة (1):

الصيغة الكيميائية	الكتلة المولية	الكثافة	درجة النقاوة (النسبة الكتلية)
$\ce{(H3O^+ + Cl^-)}_{(aq)}$	$36{,}5\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$	$1{,}16$	$36\ \%$

الصورة (1)

نقوم بتمديد حجم $V_0$ من المحلول التجاري $(S_0)$ $F$ مرة للحصول على محلول ممدد $(S_1)$ تركيزه المولي $C = 2{,}7\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ وحجمه $V = 250\ \mathrm{mL}$ .

الشكل (1)

أعط مدلول الصورة (1) الظاهرة في ملصقة البطاقة.

سمّ العناصر المرقمة في الشكل (1).

احسب التركيز المولي $C_0$ للمحلول التجاري $(S_0)$ ، واستنتج معامل التمديد $F$ .

استنتج الحجم $V_0$ الذي نأخذه من المحلول التجاري $(S_0)$ ، ثم اشرح عملية تحضير المحلول $(S_1)$ (احتياطات الأمن، الوسائل المستعملة، خطوات التحضير).

الجزء الثاني

لدراسة حركية التفاعل الكيميائي بين معدن الألمنيوم وشوارد الهيدرونيوم، نضع عند اللحظة $t = 0$ كتلة $m_0$ من الألمنيوم النقي $\ce{Al}_{(s)}$ في دورق به حجم $V^{\prime}$ من المحلول $(S_1)$ لحمض كلور الهيدروجين تركيزه المولي $C$ . ننمذج التحول الحادث بالمعادلة:

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

مكنتنا المتابعة الزمنية لهذا التحول من تمثيل البيانات الموضحة في الشكل (2) الممثل لتغيرات كميات مادة المتفاعلين بدلالة التقدم $x$ ، والشكل (3) الممثل لتغيرات تقدم التفاعل $x$ بدلالة الزمن (المستقيم المتقطع هو المماس عند $t = 0$ ).

الشكل (2)

الشكل (3)

عرّف كلا من: المؤكسد، تفاعل الأكسدة والإرجاع.

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

أنشئ جدولا لتقدم التفاعل الحادث.

اعتمادا على أحد البيانين (1) و (2) للشكل (2)، حدد البيان الموافق لتغيرات $n(\ce{Al})$ ، مع التعليل.

عيّن المتفاعل المحد، واستنتج قيمة كل من: التقدم الأعظمي $x_{max}$ ، و $V^{\prime}$ حجم محلول حمض كلور الهيدروجين المستعمل.

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

السرعة الحجمية:

أعط عبارة السرعة الحجمية لاختفاء شوارد $\ce{H3O^+}$ ، وبيّن أنها تكتب على الشكل:

v_{vol}(\ce{H3O^+}) = \dfrac{6}{V^{\prime}}\,\dfrac{dx}{dt}

احسب قيمتها عند اللحظة $t = 0$ ، ثم استنتج السرعة الحجمية للتفاعل عند نفس اللحظة.

تحقق من نتائجك

المقدار	$C_0\ (mol/L)$	$V_0\ (mL)$	$x_{max}\ (mmol)$
القيمة

عرض الحل

الجزء الأول

الصورة (1) رمز الخطر «مادة آكلة (مسببة للتآكل)»: تُتلف الجلد والعينين والمعادن عند ملامستها.

(01) بيشر ؛ (02) حوجلة عيارية $250\ \mathrm{mL}$ ؛ (03) مخبار مدرج $100\ \mathrm{mL}$ ؛ (04) إجاصة مطاطية (مضخة الماصة) ؛ (05) ماصة عيارية $20\ \mathrm{mL}$ ؛ (06) ماصة مدرجة $10\ \mathrm{mL}$ .

كتلة لتر من $(S_0)$ : $1160\ \mathrm{g}$ ، منها $36\ \%$ من $\ce{HCl}$ ، إذن:

C_0 = \dfrac{1000 \times d \times p}{M} = \dfrac{1000 \times 1{,}16 \times 0{,}36}{36{,}5} \approx 11{,}4\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

F = \dfrac{C_0}{C} = \dfrac{11{,}4}{2{,}7} \approx 4{,}2

$C_0 V_0 = C V$ ، ومنه $V_0 = \dfrac{V}{F} = \dfrac{250}{4{,}24} \approx 59\ \mathrm{mL}$ .

احتياطات الأمن: ارتداء المئزر والقفازات والنظارات الواقية، العمل تحت ساحبة الغازات، وصبّ الحمض في الماء وليس العكس.

الوسائل: مخبار مدرج $100\ \mathrm{mL}$ (03) (أو سحاحة) ، حوجلة عيارية $250\ \mathrm{mL}$ (02) ، بيشر (01) ، ماء مقطر.

الخطوات: نضع قليلا من الماء المقطر في الحوجلة العيارية، نقيس الحجم $V_0 \approx 59\ \mathrm{mL}$ من المحلول التجاري ونسكبه في الحوجلة، نكمل بالماء المقطر حتى خط العيار، ثم نسد الحوجلة ونرجها لتجانس المحلول.

الجزء الثاني

المؤكسد فرد كيميائي قادر على اكتساب إلكترون أو أكثر. تفاعل الأكسدة والإرجاع تفاعل يحدث فيه انتقال إلكترونات من المرجع إلى المؤكسد.

$\ce{Al -> Al^3+ + 3e-}$ (أكسدة) و $\ce{2H3O^+ + 2e- -> H2 + 2H2O}$ (إرجاع) ؛ الثنائيتان: $(\ce{Al^3+}/\ce{Al})$ و $(\ce{H3O^+}/\ce{H2})$ .

جدول التقدم ( $n_1 = C V'$ ):

الحالة	التقدم	$\ce{Al}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Al^3+}$	$\ce{H2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$n_0(\ce{Al})$	$n_1$	$0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$n_0(\ce{Al}) - 2x$	$n_1 - 6x$	$2x$	$3x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$n_0(\ce{Al}) - 2x_{max}$	$n_1 - 6x_{max}$	$2x_{max}$	$3x_{max}$	بوفرة

$n(\ce{Al}) = n_0(\ce{Al}) - 2x$ : مستقيم ميله $-2$ . ميل البيان (2): $\dfrac{60 - 150}{45} = -2$ ، وميل البيان (1): $\dfrac{0 - 270}{45} = -6$ . إذن البيان (2) يوافق $n(\ce{Al})$ ، والبيان (1) يوافق $n(\ce{H3O^+})$ .

الشكل (2)

البيان (1) ينعدم عند نهاية التفاعل: $\ce{H3O^+}$ هو المتفاعل المحد ، و $x_{max} = 45\ \mathrm{mmol}$ . ومن البيان $n_1 = C V' = 270\ \mathrm{mmol}$ ، إذن:

V' = \dfrac{0{,}270}{2{,}7} = 0{,}1\ \mathrm{L} = 100\ \mathrm{mL}

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية: $x = 22{,}5\ \mathrm{mmol}$ ، وبالإسقاط: $t_{1/2} \approx 1\ \mathrm{min}$ .

الشكل (3)

السرعة الحجمية:

$v_{vol}(\ce{H3O^+}) = -\dfrac{1}{V'}\,\dfrac{dn(\ce{H3O^+})}{dt}$ مع $n(\ce{H3O^+}) = n_1 - 6x$ ، إذن:

v_{vol}(\ce{H3O^+}) = \dfrac{6}{V'}\,\dfrac{dx}{dt}

المماس عند $t = 0$ يمر بالمبدأ وبالنقطة $(1{,}44\ \mathrm{min}\ ;\ 45\ \mathrm{mmol})$ : $\left(\dfrac{dx}{dt}\right)_0 \approx 31\ \mathrm{mmol \cdot min^{-1}}$ ، إذن:

v_{vol}(\ce{H3O^+})_0 = \dfrac{6 \times 31 \times 10^{-3}}{0{,}1} \approx 1{,}9\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

v_{vol}(0) = \dfrac{1}{V'}\left(\dfrac{dx}{dt}\right)_0 = \dfrac{v_{vol}(\ce{H3O^+})_0}{6} \approx 0{,}31\ \mathrm{mol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

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

التمرين العاشر - معقّم اليدين: التحقق من مطابقته لتوصيات المنظمة العالمية للصحة

صعب

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

تطبيقا للبروتوكول الوقائي في ظل جائحة كورونا (Covid-19)، قامت المؤسسات التربوية باقتناء قارورات لمعقّم اليدين، وهو سائل يُستخدم لتقليل الفيروسات والطفيليات، يتركب أساسا من الكحول. توصي المنظمة العالمية للصحة (WHO) بأن يكون تركيبه حسب الجدول التالي:

تركيب قارورة ذات حجم 1 L	الكتلة
الكحول الإيثيلي (الإيثانول $\ce{C2H6O}$ بنسبة $96\ \%$ )	$655\ \mathrm{g}$
الماء الأكسجيني ( $\ce{H2O2}$ بنسبة $3\ \%$ )	$42{,}1\ \mathrm{g}$
الغليسيرين (الغليسيرول بنسبة $96\ \%$ )	$18{,}3\ \mathrm{g}$
ماء مقطر	كمية كافية

في إحدى الثانويات تم اقتناء قارورات لمعقّم اليدين تحمل ملصقة بها فقط الصورة (1)، ومكونات المعقم: كحول إيثيلي، ماء أكسجيني، غليسيرين، ماء مقطر، مادة حافظة.

الصورة (1)

يهدف التمرين إلى التحقق من مطابقة المعقّم للمعايير المطلوبة.

الجزء الأول: تحديد كتلة الكحول الإيثيلي

قام أستاذ الفيزياء بوضع $V_0 = 1\ \mathrm{mL}$ من المعقّم (يحتوي كمية مادة $n_0$ من الإيثانول) في إيرلنماير يحتوي $V_1 = 100\ \mathrm{mL}$ من محلول برمنغنات البوتاسيوم $\ce{(K^+ + MnO4^-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C = 0{,}04\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ محمّض بحمض الكبريت المركز، ووضع الإيرلنماير في حمام مائي (نعتبر حجم المزيج $V_T \approx V_1$ ). التحول الكيميائي الحادث تام، يُنمذج بالمعادلة:

$5\ce{C2H6O}_{(l)} + 4\ce{MnO4^-}_{(aq)} + 12\ce{H3O^+}_{(aq)} \to 5\ce{C2H4O2}_{(l)} + 4\ce{Mn^2+}_{(aq)} + 23\ce{H2O}_{(l)}$

المتابعة الزمنية للتحول مكّنت من رسم البيان الممثل في الشكل (1) (المستقيم المتقطع هو المماس عند $t = 0$ ).

الشكل (1)

بيّن أن التفاعل الكيميائي الحادث هو تفاعل أكسدة ـ إرجاع، ثم اكتب الثنائيتين المشاركتين في التفاعل.

أعط دلالة الصورة (1).

صنّف التحول الكيميائي حسب مدته الزمنية المستغرقة.

اذكر الهدف من إضافة حمض الكبريت المركز.

أنجز جدولا لتقدم التفاعل، ثم بيّن أن $[\ce{MnO4^-}]_t$ يعطى في كل لحظة بالعبارة:

[\ce{MnO4^-}]_t = 0{,}04 - 40\,x_t

( $[\ce{MnO4^-}]$ بـ $\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ و $x$ بـ $\mathrm{mol}$ ).

السرعة الحجمية:

عرّف السرعة الحجمية للتفاعل، واكتب عبارتها بدلالة $[\ce{MnO4^-}]_t$ .

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

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

اعتمادا على جدول تقدم التفاعل والبيان، حدد المتفاعل المحد، ثم جد قيمة التقدم النهائي $x_f$ وكمية مادة الإيثانول الابتدائية $n_0$ .

احسب كتلة الإيثانول في $1\ \mathrm{L}$ من المعقّم، واستنتج إن كانت مطابقة لتوصيات المنظمة العالمية للصحة.

الجزء الثاني: الكشف عن تواجد الماء الأكسجيني

أنجز الأستاذ التجربتين المبينتين في الجدول التالي:

الأنبوب	المحتوى	الملاحظة
أنبوب اختبار (1)	$1\ \mathrm{mL}$ من المعقّم + $4\ \mathrm{mL}$ من الماء المقطر + قطرتان من وسيط	عدم حدوث أي شيء
أنبوب اختبار (2)	$5\ \mathrm{mL}$ من الماء الأكسجيني + قطرتان من وسيط	انطلاق فقاعات لغاز $\ce{O2}$

عرّف الوسيط.

اقترح طريقة تجريبية للتعرف على الغاز المنطلق.

انطلاقا من السؤال 9 (الجزء الأول) وملاحظات التجربتين، أعط رأيك حول المعقّم الذي تم اقتناؤه.

معطيات: $M(\ce{C2H6O}) = 46\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$x_f\ (10^{-4}\ mol)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

الجزء الأول

يحدث انتقال للإلكترونات من الإيثانول (المرجع) إلى شوارد البرمنغنات (المؤكسد)، فهو تفاعل أكسدة ـ إرجاع. الثنائيتان: $(\ce{MnO4^-}/\ce{Mn^2+})$ و $(\ce{C2H4O2}/\ce{C2H6O})$ :

\ce{MnO4^- + 8H3O^+ + 5e- -> Mn^2+ + 12H2O}

\ce{C2H6O + 5H2O -> C2H4O2 + 4H3O^+ + 4e-}

الصورة (1): مادة قابلة للاشتعال (سريعة الالتهاب)، تُحفظ بعيدا عن اللهب ومصادر الحرارة.

تحول بطيء: يستغرق عدة دقائق ويمكن متابعة تطوره بالعين أو بأجهزة القياس.

توفير الوسط الحمضي، أي شوارد $\ce{H3O^+}$ اللازمة للتفاعل (من المتفاعلات).

$n(\ce{MnO4^-})_0 = C V_1 = 4 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ :

الحالة	التقدم	$\ce{C2H6O}$	$\ce{MnO4^-}$	$\ce{C2H4O2}$	$\ce{Mn^2+}$
ابتدائية	$0$	$n_0$	$4 \times 10^{-3}$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$n_0 - 5x$	$4 \times 10^{-3} - 4x$	$5x$	$4x$
نهائية	$x_f$	$n_0 - 5x_f$	$4 \times 10^{-3} - 4x_f$	$5x_f$	$4x_f$

[\ce{MnO4^-}]_t = \dfrac{4 \times 10^{-3} - 4x_t}{0{,}1} = 0{,}04 - 40\,x_t

السرعة الحجمية:

السرعة الحجمية هي سرعة التفاعل في وحدة الحجم: $v_{vol} = \dfrac{1}{V_T}\,\dfrac{dx}{dt}$ . ومن $x = \dfrac{0{,}04 - [\ce{MnO4^-}]}{40}$ :

v_{vol} = -\dfrac{1}{40\,V_T}\,\dfrac{d[\ce{MnO4^-}]}{dt} = -\dfrac{1}{4}\,\dfrac{d[\ce{MnO4^-}]}{dt}

المماس عند $t = 0$ يقطع محور الأزمنة عند $7{,}5\ \mathrm{min}$ : $\dfrac{d[\ce{MnO4^-}]}{dt} \approx -\dfrac{40}{7{,}5} \approx -5{,}3\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}$ ، إذن $v_{vol}(0) \approx 1{,}3\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}$ .

الشكل (1)

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية: $[\ce{MnO4^-}]_{1/2} = \dfrac{40 + 24}{2} = 32\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، ومنه $t_{1/2} \approx 2{,}1\ \mathrm{min}$ .

في نهاية التفاعل $[\ce{MnO4^-}]_f = 24\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}} \neq 0$ : شوارد البرمنغنات بوفرة، إذن الإيثانول هو المتفاعل المحد.

x_f = \dfrac{0{,}04 - 0{,}024}{40} = 4{,}0 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol} \qquad n_0 = 5\,x_f = 2{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}

في $1\ \mathrm{mL}$ من المعقّم: $n_0 = 2 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ ، وفي $1\ \mathrm{L}$ : $2\ \mathrm{mol}$ ، أي $m = 2 \times 46 = 92\ \mathrm{g}$ .

توصي المنظمة بـ $655\ \mathrm{g}$ من الإيثانول ( $96\ \%$ ) أي حوالي $629\ \mathrm{g}$ من الإيثانول النقي في اللتر: $92\ \mathrm{g} \ll 629\ \mathrm{g}$ ، إذن المعقّم غير مطابق للتوصيات.

الجزء الثاني

الوسيط نوع كيميائي يسرّع التفاعل دون أن يُستهلك، ولا يظهر في معادلة التفاعل.

نقرّب عودا متوهجا (به جمرة) من الغاز: إذا اشتعل من جديد فالغاز هو ثنائي الأكسجين $\ce{O2}$ .

الأنبوب (2) يبين أن الوسيط يفكك الماء الأكسجيني؛ وعدم انطلاق الغاز في الأنبوب (1) يعني أن المعقّم لا يحتوي على الماء الأكسجيني. مع نقص الإيثانول (السؤال 9)، فالمعقّم الذي تم اقتناؤه غير مطابق لتوصيات المنظمة العالمية للصحة.

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

التمرين الحادي عشر - التفكك الذاتي لماء جافيل: المتابعة بقياس الناقلية

صعب

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

الكيميائي الفرنسي كلود لويس برتوليه (Claude Louis Berthollet) شخصية مركزية في ظهور الكيمياء في أواخر القرن الثامن عشر، جمع بين المهارات التجريبية والمقترحات النظرية حول طبيعة التفاعلات الكيميائية. قام بتصنيع مادة يشيع استخدامها كمطهر ومبيّض: ماء جافيل، الذي أخذ اسم المدينة الفرنسية Javel. يتم تصنيعه بتفاعل تام بنسب ستوكيومترية بين غاز ثنائي الكلور $\ce{Cl2}_{(g)}$ ومحلول هيدروكسيد الصوديوم $\ce{(Na^+ + HO^-)}_{(aq)}$ وفق المعادلة:

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

إذن ماء جافيل محلول مائي يحتوي على الشوارد $\ce{Na^+}$ و $\ce{Cl^-}$ و $\ce{ClO^-}$ ، حيث $[\ce{Cl^-}] = [\ce{ClO^-}]$ و $[\ce{Na^+}] = 2\,[\ce{ClO^-}]$ . يتفكك ماء جافيل تلقائيا ببطء حسب تحول كيميائي تام ننمذجه بالمعادلة:

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

يهدف التمرين إلى دراسة حركية التفكك الذاتي لماء جافيل عن طريق قياس الناقلية النوعية.

نأخذ عينة من محلول تجاري $(S_0)$ لماء جافيل تركيزه المولي $C_0$ (بشوارد $\ce{ClO^-}$ ) ، نخففه خمس مرات فنحصل على محلول $(S_1)$ تركيزه المولي $C_1$ . لدراسة التفكك الذاتي نأخذ حجما $V_1$ من المحلول $(S_1)$ ونضيف له عند اللحظة $t = 0$ وسيطا غير متجانس (نعتبر حجم المزيج ثابتا $V_T \approx V_1$ ).

تابعنا تطور الجملة الكيميائية باستعمال جهاز قياس الناقلية النوعية، ومثلنا تغيرات الناقلية النوعية $\sigma$ بدلالة الزمن $t$ (الشكل 1، المستقيم المتقطع هو المماس عند $t = 2\ \mathrm{min}$ ) ، وتغيرات $\sigma$ بدلالة تقدم التفاعل $x$ (الشكل 2).

الشكل (1)

الشكل (2)

ما المقصود بـ: الوسيط ؛ الوساطة غير المتجانسة؟

اكتب عبارة الناقلية النوعية الابتدائية $\sigma_0$ بدلالة $C_1$ و $\lambda_{\ce{Na^+}}$ و $\lambda_{\ce{Cl^-}}$ و $\lambda_{\ce{ClO^-}}$ .

أنشئ جدول تقدم تفاعل التفكك الذاتي لماء جافيل.

بتطبيق قانون كولروش، بيّن أنه من أجل كل لحظة $t$ يمكن كتابة عبارة الناقلية النوعية على الشكل:

\sigma_t = \dfrac{2\,(\lambda_{\ce{Cl^-}} - \lambda_{\ce{ClO^-}})}{V_1}\,x_t + \sigma_0

اعتمادا على الشكل (2):

استخرج قيمة الناقلية النوعية الابتدائية $\sigma_0$ ، واستنتج قيمة $V_1$ .

بيّن أن قيمة التركيز المولي $C_1 = 8{,}76 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ثم احسب قيمة التركيز المولي $C_0$ للمحلول التجاري $(S_0)$ .

جد سلم رسم منحنى الشكل (1).

السرعة الحجمية:

عرّف السرعة الحجمية للتفاعل.

اكتب عبارة السرعة الحجمية للتفاعل بدلالة الناقلية النوعية $\sigma$ .

احسب قيمتها من أجل $t_1 = 2\ \mathrm{min}$ و $t_2 = 14\ \mathrm{min}$ .

أعط تفسيرا مجهريا لتغير السرعة الحجمية للتفاعل مع مرور الزمن.

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

معطيات: الناقلية النوعية المولية الشاردية عند $25\ \mathrm{°C}$ بـ $\mathrm{S \cdot m^2 \cdot mol^{-1}}$ : $\lambda_{\ce{Na^+}} = 5 \times 10^{-3}$ ؛ $\lambda_{\ce{Cl^-}} = 7{,}63 \times 10^{-3}$ ؛ $\lambda_{\ce{ClO^-}} = 5{,}2 \times 10^{-3}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$C_1\ (10^{-3}\ mol/L)$	$C_0\ (10^{-2}\ mol/L)$	$\sigma_f\ (mS/m)$
القيمة

عرض الحل

الوسيط نوع كيميائي يسرّع التفاعل دون أن يُستهلك ولا يظهر في معادلته. الوساطة غير المتجانسة: يكون الوسيط في طور مختلف عن طور المتفاعلات (هنا وسيط صلب في محلول).

$[\ce{Na^+}]_0 = 2C_1$ و $[\ce{Cl^-}]_0 = [\ce{ClO^-}]_0 = C_1$ ، إذن:

\sigma_0 = C_1\,(2\lambda_{\ce{Na^+}} + \lambda_{\ce{Cl^-}} + \lambda_{\ce{ClO^-}})

جدول التقدم ( $n_1 = C_1 V_1$ ):

الحالة	التقدم	$\ce{ClO^-}$	$\ce{Cl^-}$	$\ce{O2}$	$\ce{Na^+}$
ابتدائية	$0$	$n_1$	$n_1$	$0$	$2n_1$
انتقالية	$x$	$n_1 - 2x$	$n_1 + 2x$	$x$	$2n_1$
نهائية	$x_{max}$	$n_1 - 2x_{max}$	$n_1 + 2x_{max}$	$x_{max}$	$2n_1$

$\sigma_t = \dfrac{\lambda_{\ce{Na^+}} \times 2n_1 + \lambda_{\ce{Cl^-}}\,(n_1 + 2x) + \lambda_{\ce{ClO^-}}\,(n_1 - 2x)}{V_1}$ ، ومنه:

\sigma_t = \dfrac{2\,(\lambda_{\ce{Cl^-}} - \lambda_{\ce{ClO^-}})}{V_1}\,x_t + \sigma_0

استغلال الشكل (2):

$\sigma_0 = 200\ \mathrm{mS \cdot m^{-1}} = 0{,}2\ \mathrm{S \cdot m^{-1}}$ . ميل المستقيم: $a = \dfrac{(204{,}26 - 200) \times 10^{-3}}{8{,}76 \times 10^{-5}} \approx 48{,}6\ \mathrm{S \cdot m^{-1} \cdot mol^{-1}}$ ، و $a = \dfrac{2\,(\lambda_{\ce{Cl^-}} - \lambda_{\ce{ClO^-}})}{V_1}$ :

V_1 = \dfrac{2 \times (7{,}63 - 5{,}2) \times 10^{-3}}{48{,}6} = 1{,}0 \times 10^{-4}\ \mathrm{m^3} = 100\ \mathrm{mL}

$C_1 = \dfrac{\sigma_0}{2\lambda_{\ce{Na^+}} + \lambda_{\ce{Cl^-}} + \lambda_{\ce{ClO^-}}} = \dfrac{0{,}2}{22{,}83 \times 10^{-3}} = 8{,}76\ \mathrm{mol \cdot m^{-3}} = 8{,}76 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$

C_0 = 5\,C_1 = 4{,}38 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

$x_{max} = \dfrac{n_1}{2} = \dfrac{8{,}76 \times 10^{-3} \times 0{,}1}{2} = 4{,}38 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol}$ (نهاية المستقيم في الشكل 2 عند 5 تدريجات)، ومنه:

\sigma_f = 200 + 48{,}6 \times 4{,}38 \times 10^{-4} \times 10^3 \approx 221{,}3\ \mathrm{mS \cdot m^{-1}}

القيمة الحدية في الشكل (1) توافق 5 تدريجات فوق $200$ : السلم $1\ \mathrm{cm} \to \dfrac{21{,}3}{5} = 4{,}26\ \mathrm{mS \cdot m^{-1}}$ و $1\ \mathrm{cm} \to 2\ \mathrm{min}$ .

السرعة الحجمية:

السرعة الحجمية هي سرعة التفاعل في وحدة الحجم: $v_{vol} = \dfrac{1}{V_1}\,\dfrac{dx}{dt}$ .

من العبارة السابقة $\dfrac{x}{V_1} = \dfrac{\sigma - \sigma_0}{2\,(\lambda_{\ce{Cl^-}} - \lambda_{\ce{ClO^-}})}$ ، إذن:

v_{vol} = \dfrac{1}{2\,(\lambda_{\ce{Cl^-}} - \lambda_{\ce{ClO^-}})}\,\dfrac{d\sigma}{dt}

عند $t_1 = 2\ \mathrm{min}$ : ميل المماس $\approx 0{,}9$ تدريجة في الدقيقة، أي $\dfrac{d\sigma}{dt} \approx 3{,}86\ \mathrm{mS \cdot m^{-1} \cdot min^{-1}}$ :

v_{vol}(2) = \dfrac{3{,}86 \times 10^{-3}}{4{,}86 \times 10^{-3}} \approx 0{,}79\ \mathrm{mol \cdot m^{-3} \cdot min^{-1}} = 7{,}9 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}

عند $t_2 = 14\ \mathrm{min}$ : المنحنى عمليا أفقي (المماس أفقي تقريبا)، إذن $v_{vol}(14) \approx 0$ (التفاعل شبه منتهٍ).

الشكل (1)

تتناقص السرعة لأن تركيز شوارد $\ce{ClO^-}$ يتناقص، فيقل عدد التصادمات الفعالة على سطح الوسيط في وحدة الزمن.

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية: $\sigma(t_{1/2}) = \dfrac{\sigma_0 + \sigma_f}{2} \approx 210{,}65\ \mathrm{mS \cdot m^{-1}}$ (تدريجتان ونصف)، وبالإسقاط: $t_{1/2} \approx 1{,}7\ \mathrm{min}$ .

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

التمرين الثاني عشر - الماء الأكسجيني (35 %) وشوارد اليود: الدلالة التجارية

صعب

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

على مستوى المستشفيات والمستوصفات، الماء الأكسجيني من أهم الأدوية التي تستعمل كمادة مطهرة للجراح. يباع في قارورات عاتمة، ويحمل دلالة تجارية $10\ \mathrm{V}$ ، $20\ \mathrm{V}$ ، $110\ \mathrm{V}$ ، … والتي تعني مثلا أن $1\ \mathrm{L}$ من الماء الأكسجيني $110\ \mathrm{V}$ يحرر $110\ \mathrm{L}$ من غاز ثنائي الأكسجين في الشرطين النظاميين.

أثناء زيارتنا لأحد المستشفيات لاحظنا وجود قارورة ماء أكسجيني تجاري كُتب عليها: «بيروكسيد الهيدروجين $35\ \%$ » ، وتحمل ملصقتها الرمزين (1) و (2)، لكن لم تظهر بها الدلالة التجارية ( $\ldots\ \mathrm{V}$ ).

الرمز (1)

الرمز (2)

يهدف التمرين إلى دراسة حركية التفاعل بين شوارد اليود $\ce{I^-}_{(aq)}$ والماء الأكسجيني $\ce{H2O2}_{(aq)}$ ، مع تحديد الدلالة التجارية لقارورة الماء الأكسجيني.

عمل الفوج الأول: تحديد بعض المميزات غير الواضحة في الملصقة

قام التلميذ بمقدم بارتداء قفازات واقية، ثم أخذ حجما قدره $V' = 5\ \mathrm{mL}$ من المحلول التجاري $(S_0)$ للماء الأكسجيني، وبعد وزنه باستعمال ميزان حساس تحصل على القيمة $m = 5{,}65\ \mathrm{g}$ .

حدد سبب ارتداء التلميذ القفازات، مع التعليل.

استخرج المدلول الفيزيائي المراد قياسه من طرف التلميذ، ثم احسب قيمته.

استعمل التلميذ لعزيري ماصة وإجاصة من أجل أخذ حجم $V_0$ من المحلول التجاري $(S_0)$ ومدده $600$ مرة للحصول على محلول ممدد $(S_1)$ تركيزه المولي $C_1$ وحجمه $V = 250\ \mathrm{mL}$ .

الشكل (1)

احسب الحجم $V_0$ ، وتعرّف على الزجاجية التي استعملها التلميذ في الشكل (1): الزجاجية 01 أو الزجاجية 02 .

عمل الفوج الثاني: تحقق من درجة النقاوة وتحديد قيمة الدلالة التجارية

في بيشر نضع حجما $V'_0 = 20\ \mathrm{mL}$ من المحلول $(S_1)$ ونضيف له حجما $V_1 = 5\ \mathrm{mL}$ من حمض الكبريت، ثم في اللحظة $t = 0$ نضيف للمزيج السابق حجما $V_2 = 75\ \mathrm{mL}$ من محلول مائي ليود البوتاسيوم $\ce{(K^+ + I^-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C' = 0{,}1\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . معادلة التفاعل الكيميائي البطيء والتام هي:

$2\ce{I^-}_{(aq)} + \ce{H2O2}_{(aq)} + 2\ce{H3O^+}_{(aq)} \to \ce{I2}_{(aq)} + 4\ce{H2O}_{(l)}$

تابعنا تطور التحول الكيميائي خلال أزمنة متعاقبة، وباستعمال برمجية مناسبة تحصلنا على المنحنى $[\ce{H2O2}] = f(t)$ الممثل في الشكل (2) (المستقيم المتقطع هو المماس عند $t = 0$ ).

الشكل (2)

بيّن أن التفاعل الكيميائي الحادث هو تفاعل أكسدة ـ إرجاع.

أنشئ جدول التقدم للتفاعل.

احسب التركيز المولي $C_1$ للمحلول $(S_1)$ ، ثم استنتج التركيز المولي $C_0$ للمحلول التجاري.

تحقق من قيمة درجة النقاوة (النسبة الكتلية) المدونة على الملصقة.

يتفكك الماء الأكسجيني ذاتيا وفق التفاعل التام المنمذج بالمعادلة: $\ce{2H2O2}_{(aq)} \to \ce{O2}_{(g)} + 2\ce{H2O}_{(l)}$ . اعتمادا على جدول تقدم هذا التفاعل، جد قيمة الدلالة التجارية ( $\ldots\ \mathrm{V}$ ) غير المدونة.

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

احسب السرعة الحجمية لاختفاء $\ce{H2O2}$ عند اللحظة $t = 0$ .

معطيات: $\rho_{eau} = 1\ \mathrm{g \cdot mL^{-1}}$ ؛ $M(\ce{H2O2}) = 34\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ ؛ الحجم المولي في الشرطين النظاميين $V_M = 22{,}4\ \mathrm{L \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$C_0\ (mol/L)$	$p\ (\%)$
القيمة

عرض الحل

عمل الفوج الأول

الرمز (1) يعني «مادة آكلة» تحرق الجلد والعينين، والرمز (2) يعني «مادة مضرة أو مهيجة»: محلول الماء الأكسجيني المركز ( $35\ \%$ ) خطير، فيجب حماية اليدين بالقفازات.

قاس التلميذ كتلة حجم معلوم، أي الكتلة الحجمية للمحلول: $\rho = \dfrac{m}{V'} = \dfrac{5{,}65}{5} = 1{,}13\ \mathrm{g \cdot mL^{-1}}$ (كثافته $d = 1{,}13$ ).

$V_0 = \dfrac{V}{F} = \dfrac{250}{600} \approx 0{,}42\ \mathrm{mL}$ : حجم صغير غير مضبوط بماصة عيارية، فاستعمل التلميذ الماصة المدرجة (02) .

عمل الفوج الثاني

يحدث انتقال للإلكترونات: $\ce{2I^- -> I2 + 2e-}$ و $\ce{H2O2 + 2H3O^+ + 2e- -> 4H2O}$ ؛ الثنائيتان $(\ce{I2}/\ce{I^-})$ و $(\ce{H2O2}/\ce{H2O})$ .

$n_0(\ce{H2O2}) = C_1 V'_0$ و $n_0(\ce{I^-}) = C' V_2 = 7{,}5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ ( $\ce{H3O^+}$ بوفرة):

الحالة	التقدم	$\ce{I^-}$	$\ce{H2O2}$	$\ce{I2}$	$\ce{H2O}$
ابتدائية	$0$	$7{,}5 \times 10^{-3}$	$C_1 V'_0$	$0$	بوفرة
انتقالية	$x$	$7{,}5 \times 10^{-3} - 2x$	$C_1 V'_0 - x$	$x$	بوفرة
نهائية	$x_{max}$	$7{,}5 \times 10^{-3} - 2x_{max}$	$C_1 V'_0 - x_{max}$	$x_{max}$	بوفرة

حجم المزيج: $V_T = 20 + 5 + 75 = 100\ \mathrm{mL}$ . من البيان: $[\ce{H2O2}]_0 = 3{,}9\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، إذن $n_0(\ce{H2O2}) = 3{,}9 \times 10^{-3} \times 0{,}1 = 3{,}9 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol}$ :

C_1 = \dfrac{3{,}9 \times 10^{-4}}{0{,}02} = 1{,}95 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \qquad C_0 = 600\,C_1 = 11{,}7\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

كتلة $\ce{H2O2}$ في لتر: $C_0 \times M = 11{,}7 \times 34 \approx 398\ \mathrm{g}$ ، وكتلة اللتر من المحلول $1130\ \mathrm{g}$ :

p = \dfrac{398}{1130} \times 100 \approx 35\ \%

وهي القيمة المدونة على الملصقة.

من جدول التقدم لتفكك $1\ \mathrm{L}$ : $n(\ce{O2}) = x_{max} = \dfrac{C_0}{2} = 5{,}85\ \mathrm{mol}$ ، أي $V(\ce{O2}) = 5{,}85 \times 22{,}4 \approx 131\ \mathrm{L}$ : الدلالة التجارية $130\ \mathrm{V}$ تقريبا.

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية ( $\ce{H2O2}$ محد لأن $C_1 V^{\prime}_0 < \dfrac{7{,}5 \times 10^{-3}}{2}$ ): $[\ce{H2O2}] = 1{,}95\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، ومنه $t_{1/2} \approx 8{,}3\ \mathrm{min}$ .

الشكل (2)

$v_{vol}(\ce{H2O2}) = -\dfrac{d[\ce{H2O2}]}{dt}$ . المماس عند $t = 0$ يقطع محور الأزمنة عند $12\ \mathrm{min}$ :

v_{vol}(0) = \dfrac{3{,}9}{12} \approx 0{,}33\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}}

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