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 الثالث عشر - بيتادين (البوفيدون أيودين) والتوتياء: المتابعة بالمعايرة

صعب

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

بيتادين (البوفيدون أيودين) مطهّر موضعي يُستعمل لتطهير جروح الجلد، وهو معقّد كيميائي يحتوي على ثنائي اليود $\ce{I2}_{(aq)}$ . يتوفر في الصيدليات في قارورات صفراء تحمل الدلالة $10\ \%$ ، والتي تعني أن كل $100\ \mathrm{mL}$ من المحلول تحتوي على $10\ \mathrm{g}$ من البوفيدون أيودين.

يهدف التمرين إلى دراسة حركية التفاعل بين ثنائي اليود $\ce{I2}_{(aq)}$ والتوتياء $\ce{Zn}_{(s)}$ ، والتحقق من النسبة الكتلية للبوفيدون أيودين في المطهّر.

الجزء الأول: تحضير محلول ممدد

قام تلميذ بتوجيه من الأستاذ بتحضير محلول ممدد $(S_1)$ من المطهّر، تركيزه المولي بثنائي اليود $C_1 = [\ce{I2}]_0$ وحجمه $V = 250\ \mathrm{mL}$ ، وذلك بأخذ حجم $V_0 = 25\ \mathrm{mL}$ من قارورة المطهّر التجاري ذي التركيز المولي $C_0$ .

الشكل (1)

سمّ العناصر المرقمة في الشكل (1)، ثم احسب معامل التمديد $F$ .

توجد في المخبر مجموعة الزجاجيات الممثلة في الشكل (1):

حدد الزجاجيات المناسبة لعملية تحضير المحلول $(S_1)$ .

اذكر البروتوكول التجريبي لتحضير المحلول $(S_1)$ .

الجزء الثاني

في بيشر سعته $500\ \mathrm{mL}$ يحتوي على حجم $V = 250\ \mathrm{mL}$ من المحلول الممدد $(S_1)$ ، ندخل عند اللحظة $t = 0$ صفيحة من التوتياء $\ce{Zn}_{(s)}$ . وبعد مدة زمنية نلاحظ أن جزءا من الصفيحة قد تآكل، وأن اللون الأسمر قد اختفى تماما. ننمذج التحول الحادث بالمعادلة:

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

في اللحظة $t$ ، وعند الدرجة $\theta_1 = 25\ \mathrm{°C}$ ، نأخذ حجما $V_P = 25\ \mathrm{mL}$ من المزيج التفاعلي ونضعه في الماء المثلج، ثم نعاير ثنائي اليود الموجود فيه بواسطة محلول ثيوكبريتات الصوديوم $\ce{(2Na^+ + S2O3^2-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $C' = 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . نكرر العملية عدة مرات في لحظات مختلفة ونسجل في كل تجربة حجم محلول ثيوكبريتات الصوديوم $V_E$ اللازم للتكافؤ. بواسطة برمجية مناسبة تحصلنا على أحد المنحنيين الممثلين في الشكلين (2) و (3).

الشكل (2)

الشكل (3)

حدد الهدف من استعمال الماء المثلج.

أنشئ جدولا لتقدم التفاعل السابق، ثم اكتب عبارة $n_t(\ce{I2})$ كمية مادة ثنائي اليود عند لحظة $t$ بدلالة $C_1$ و $V$ و $x$ .

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

بيّن أن عبارة حجم التكافؤ $V_E$ في المزيج عند اللحظة $t$ تكتب بالعلاقة:

V_E(t) = \dfrac{C_1\,V}{5C'} - \dfrac{1}{5C'}\,x(t)

حدد المنحنى البياني المناسب، مع التعليل، ثم احسب قيمة كل من التركيز المولي $C_1$ و $C_0$ .

احسب $m$ كتلة البوفيدون أيودين الموجودة في حجم $100\ \mathrm{mL}$ من المطهّر التجاري، ثم تحقق من الدلالة التجارية المدونة على القارورة.

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

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

إذا أُجري التفاعل السابق عند درجة حرارة $\theta_2 = 40\ \mathrm{°C}$ ، وضّح مجهريا كيف تتغير سرعة التفاعل عند $t = 0$ .

معطيات: الكتلة المولية للبوفيدون أيودين $M = 2368{,}8\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ ؛ جزيء واحد من البوفيدون أيودين يحتوي على جزيء واحد من ثنائي اليود $\ce{I2}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$C_1\ (10^{-2}\ mol/L)$	$m\ (g)$
القيمة

عرض الحل

الجزء الأول

(01) بيشر $500\ \mathrm{mL}$ ؛ (02) مخبار مدرج $50\ \mathrm{mL}$ ؛ (03) حوجلة عيارية $250\ \mathrm{mL}$ ؛ (04) ماصة عيارية $25\ \mathrm{mL}$ مزودة بإجاصة.

F = \dfrac{V}{V_0} = \dfrac{250}{25} = 10

تحضير المحلول الممدد:

الماصة العيارية $25\ \mathrm{mL}$ (04) مع الإجاصة، والحوجلة العيارية $250\ \mathrm{mL}$ (03)، وبيشر (01) نصب فيه قليلا من المحلول التجاري.

نصب قليلا من المطهّر في البيشر، نأخذ منه $25\ \mathrm{mL}$ بالماصة العيارية والإجاصة، نفرغها في الحوجلة العيارية، نضيف الماء المقطر إلى نصفها ونرج، ثم نكمل بالماء المقطر حتى خط العيار، نسد الحوجلة ونرجها للتجانس.

الجزء الثاني

التبريد المفاجئ بالماء المثلج يوقف التفاعل عمليا (درجة الحرارة عامل حركي)، فيبقى تركيب العينة كما هو لحظة أخذها أثناء المعايرة.

$n_0(\ce{I2}) = C_1 V$ ، والزنك بوفرة (اختفى اللون كليا):

الحالة	التقدم	$\ce{Zn}$	$\ce{I2}$	$\ce{Zn^2+}$	$\ce{I^-}$
ابتدائية	$0$	$n_0(\ce{Zn})$	$C_1 V$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$n_0(\ce{Zn}) - x$	$C_1 V - x$	$x$	$2x$
نهائية	$x_{max}$	$n_0(\ce{Zn}) - x_{max}$	$C_1 V - x_{max}$	$x_{max}$	$2x_{max}$

n_t(\ce{I2}) = C_1\,V - x

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

العينة $V_P = \dfrac{V}{10}$ تحتوي $\dfrac{C_1 V - x}{10}$ من $\ce{I2}$ . عند التكافؤ $n(\ce{I2}) = \dfrac{C' V_E}{2}$ ، إذن $\dfrac{C' V_E}{2} = \dfrac{C_1 V - x}{10}$ ، ومنه:

V_E(t) = \dfrac{C_1\,V}{5C'} - \dfrac{1}{5C'}\,x(t)

ثنائي اليود يُستهلك فيتناقص $V_E$ مع الزمن (العبارة السابقة دالة متناقصة لـ $x$ ): المنحنى المناسب هو الشكل (3) · عند $t = 0$ : $V_{E0} = 21\ \mathrm{mL}$ :

C_1 = \dfrac{5\,C'\,V_{E0}}{V} = \dfrac{5 \times 10^{-2} \times 21 \times 10^{-3}}{0{,}25} = 4{,}2 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \qquad C_0 = F\,C_1 = 4{,}2 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

في $100\ \mathrm{mL}$ من المطهّر: $n = C_0 \times 0{,}1 = 4{,}2 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ من البوفيدون أيودين (جزيء $\ce{I2}$ واحد لكل جزيء)، أي:

m = 4{,}2 \times 10^{-3} \times 2368{,}8 \approx 9{,}95\ \mathrm{g} \approx 10\ \mathrm{g}

وهو ما يوافق الدلالة $10\ \%$ .

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية: $V_E = \dfrac{21}{2} = 10{,}5\ \mathrm{mL}$ ، وبالإسقاط $t_{1/2} \approx 5\ \mathrm{min}$ .

الشكل (3)

$v_{vol} = \dfrac{1}{V}\,\dfrac{dx}{dt} = -\dfrac{5C'}{V}\,\dfrac{dV_E}{dt}$ . المماس عند $t = 0$ يقطع محور الأزمنة عند $7{,}2\ \mathrm{min}$ : $\dfrac{dV_E}{dt} \approx -\dfrac{21}{7{,}2} \approx -2{,}9\ \mathrm{mL \cdot min^{-1}}$ :

v_{vol}(0) = \dfrac{5 \times 10^{-2} \times 2{,}9 \times 10^{-3}}{0{,}25} \approx 5{,}8 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}

عند $40\ \mathrm{°C}$ تزداد السرعة عند $t = 0$ : ترتفع الطاقة الحركية لجزيئات ثنائي اليود، فيزداد عدد التصادمات الفعالة مع سطح الزنك في وحدة الزمن.

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

التمرين الرابع عشر - الماء الأكسجيني وشوارد اليود: دراسة كيفية وكمية

متوسط

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

إن معظم التحولات الكيميائية مثل تحولات أكسدة ـ إرجاع أو التحولات حمض ـ أساس تحدث بصفة سريعة، لكن ذلك غير صحيح دائما، لأن بعضها الآخر يتم ببطء وبسرعة أقل كما هو الحال مع تآكل المعادن.

يهدف التمرين إلى دراسة تأثير تراكيز المتفاعلات في التفاعل بين شوارد اليود $\ce{I^-}_{(aq)}$ والماء الأكسجيني $\ce{H2O2}_{(aq)}$ ، ثم دراسة حركية هذا التفاعل.

دراسة كيفية

من أجل دراسة تأثير تراكيز المتفاعلات في التفاعل بين شوارد اليود والماء الأكسجيني في وسط حمضي، نحقق الخلائط المبينة في الجدول، ثم نسكب بعد ذلك في نفس الوقت نفس الكمية من محلول يود البوتاسيوم في كل من هذه الخلائط:

الخليط	الماء الأكسجيني	الماء المقطر	حمض الكبريت
1	$8\ \mathrm{mL}$	$0\ \mathrm{mL}$	$4\ \mathrm{mL}$
2	$4\ \mathrm{mL}$	$4\ \mathrm{mL}$	$4\ \mathrm{mL}$
3	$2\ \mathrm{mL}$	$6\ \mathrm{mL}$	$4\ \mathrm{mL}$

اكتب معادلة التفاعل الكيميائي الحادث، علما أن الثنائيتين المتدخلتين فيه هما: $(\ce{H2O2}/\ce{H2O})$ و $(\ce{I2}/\ce{I^-})$ .

وضّح سبب إضافة الماء إلى الخليطين (2) و (3).

يظهر اللون الأصفر المسمر تدريجيا، إلى ماذا يعود؟

اللون الناتج عند تفاعل الخليطين (2) و (3) لمدة دقيقتين فاتح أكثر من لون الخليط (1). فسّر سبب الاختلاف.

علما أن يود البوتاسيوم هو المتفاعل المحد، أجب بصحيح أو خطأ مع التعليل:

اللون النهائي للخلائط الثلاثة هو نفسه.

سرعة التفاعل عند نفس اللحظة الابتدائية للخلائط الثلاثة هي نفسها.

دراسة كمية

لدراسة حركية التفاعل الكيميائي البطيء والتام بين الماء الأكسجيني وشوارد اليود في وسط حمضي، مزجنا في بيشر عند اللحظة $t = 0$ ، ودرجة حرارة $25\ \mathrm{°C}$ ، حجما $V_1$ من محلول الماء الأكسجيني تركيزه المولي $c_1$ مع حجم $V_2 = V_1$ من محلول يود البوتاسيوم تركيزه المولي $c_2 = 6{,}0 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، وبضع قطرات من محلول حمض الكبريت المركز. الدراسة التجريبية مكنتنا من الحصول على المنحنيين البيانيين الممثلين لتغيرات التراكيز المولية لـ $\ce{H2O2}$ و $\ce{I^-}$ بدلالة الزمن (الشكل 1، المستقيم المتقطع هو المماس لأحد المنحنيين عند $t = 5\ \mathrm{min}$ ).

الشكل (1)

اكتب عبارة التركيز المولي الابتدائي في المزيج لكل من $\ce{H2O2}$ و $\ce{I^-}$ .

اعتمادا على الشكل (1)، حدد البيان المناسب لـ $\ce{H2O2}$ ، مع التعليل.

استنتج قيمة التركيز المولي $c_1$ لمحلول الماء الأكسجيني.

أنشئ جدول التقدم، ثم استنتج المتفاعل المحد.

باعتماد تعريف سرعة التفاعل، بيّن أن عبارتها تكتب من الشكل:

v = -\dfrac{V_T}{2}\,\dfrac{d[\ce{I^-}]}{dt}

حيث $V_T$ حجم المزيج.

علما أن سرعة التفاعل عند اللحظة $t = 5\ \mathrm{min}$ تساوي $0{,}215\ \mathrm{mmol \cdot min^{-1}}$ ، احسب $V_1$ حجم محلول الماء الأكسجيني.

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

تحقق من نتائجك

المقدار	$c_1\ (mmol/L)$	$V_T\ (L)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

دراسة كيفية

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

لكي يبقى الحجم الكلي نفسه ( $12\ \mathrm{mL}$ ) في الخلائط الثلاثة، فيختلف فقط التركيز الابتدائي للماء الأكسجيني.

يعود اللون الأصفر المسمر إلى تشكل ثنائي اليود $\ce{I2}$ .

تركيز الماء الأكسجيني في الخليطين (2) و (3) أصغر منه في الخليط (1)؛ التركيز عامل حركي، فيكون التفاعل فيهما أبطأ، وتتشكل كمية أقل من ثنائي اليود خلال دقيقتين.

المتفاعل المحد يود البوتاسيوم، بنفس الكمية في الخلائط الثلاثة:

صحيح : $x_{max}$ يتعلق بكمية يود البوتاسيوم فقط، فتتشكل نفس كمية $\ce{I2}$ في نفس الحجم، واللون النهائي نفسه.

خطأ : التراكيز الابتدائية للماء الأكسجيني مختلفة، فالسرعة الابتدائية أكبر في الخليط (1) وأصغر في الخليط (3).

دراسة كمية

$V_T = V_1 + V_2 = 2V_1$ : $[\ce{H2O2}]_0 = \dfrac{c_1 V_1}{2V_1} = \dfrac{c_1}{2}$ و $[\ce{I^-}]_0 = \dfrac{c_2}{2} = 30\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ .

البيان (2) ينطلق من $30\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ : يوافق $\ce{I^-}$ ، إذن البيان (1) يوافق $\ce{H2O2}$ .

من البيان (1): $[\ce{H2O2}]_0 = 22{,}5\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، ومنه $c_1 = 2 \times 22{,}5 = 45\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}} = 4{,}5 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ .

جدول التقدم:

الحالة	التقدم	$\ce{H2O2}$	$\ce{I^-}$	$\ce{I2}$
ابتدائية	$0$	$c_1 V_1$	$c_2 V_2$	$0$
انتقالية	$x$	$c_1 V_1 - x$	$c_2 V_2 - 2x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$c_1 V_1 - x_{max}$	$c_2 V_2 - 2x_{max}$	$x_{max}$

البيان (2) ينعدم في النهاية: $\ce{I^-}$ هو المتفاعل المحد ( $\dfrac{x_{max}}{V_T} = 15\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ، ويبقى $[\ce{H2O2}]_f = 22{,}5 - 15 = 7{,}5\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ ).

$v = \dfrac{dx}{dt}$ ، و $[\ce{I^-}] = \dfrac{c_2 V_2 - 2x}{V_T}$ أي $x = \dfrac{c_2 V_2 - V_T\,[\ce{I^-}]}{2}$ ، ومنه:

v = -\dfrac{V_T}{2}\,\dfrac{d[\ce{I^-}]}{dt}

المماس للبيان (2) عند $t = 5\ \mathrm{min}$ يمر بالنقطتين $(0\ ;\ 19{,}3)$ و $(9{,}0\ ;\ 0)$ : $\dfrac{d[\ce{I^-}]}{dt} \approx -2{,}15\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}$ :

V_T = \dfrac{2\,v}{\left|\dfrac{d[\ce{I^-}]}{dt}\right|} = \dfrac{2 \times 0{,}215}{2{,}15} = 0{,}2\ \mathrm{L} \qquad V_1 = \dfrac{V_T}{2} = 100\ \mathrm{mL}

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية: $[\ce{I^-}] = 15\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}$ (نقطة تقاطع البيانين)، ومنه $t_{1/2} \approx 2{,}8\ \mathrm{min}$ .

الشكل (1)

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

التمرين الخامس عشر - كربونات الكالسيوم وحمض النمل: المتابعة بحجم الغاز

متوسط

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

الرواسب المتشكلة داخل الأواني متكونة أساسا من كربونات الكالسيوم $\ce{CaCO3}_{(s)}$ ، والتي يتم التخلص منها باستعمال أحماض، من بينها حمض الميثانويك $\ce{HCOOH}_{(aq)}$ أو ما يُعرف بحمض النمل.

يهدف هذا التمرين إلى دراسة حركية التفاعل الكيميائي الحادث بين حمض النمل وكربونات الكالسيوم.

في دورق زجاجي نضع كتلة $m_0$ من مسحوق كربونات الكالسيوم النقية، وعند اللحظة $t = 0$ نضيف لها حجما $V$ من حمض الميثانويك تركيزه المولي $C_A$ . ننمذج التحول الحادث بمعادلة التفاعل الكيميائي التالية:

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

سمحت المتابعة الزمنية للتفاعل برسم المنحنى البياني الممثل لتغيرات حجم ثنائي أكسيد الكربون $V(\ce{CO2})$ بدلالة الزمن (الشكل 1، المستقيم المتقطع هو المماس عند $t = 0$ ) ، وتغيرات كتلة كربونات الكالسيوم $m(\ce{CaCO3})$ بدلالة حجم ثنائي أكسيد الكربون (الشكل 2). تحمل ملصقة قارورة حمض الميثانويك الرمز (1).

الرمز (1)

الشكل (1)

الشكل (2)

حدد مدلول الرمز (1).

حدد الطريقة التي تم استعمالها لمتابعة التحول الكيميائي زمنيا، وأنجز رسما تخطيطيا للتركيب التجريبي المستعمل.

أنشئ جدول تقدم التفاعل، ثم بيّن أن كتلة كربونات الكالسيوم $m_t(\ce{CaCO3})$ خلال التفاعل تعطى بالعلاقة:

m_t(\ce{CaCO3}) = -\dfrac{M(\ce{CaCO3})}{V_M}\,V_t(\ce{CO2}) + m_0(\ce{CaCO3})

حيث $V_M$ الحجم المولي للغاز في شروط التجربة.

اعتمادا على الشكل (2)، حدد قيمة الكتلة الابتدائية $m_0$ والحجم المولي $V_M$ ، واستنتج قيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ .

السرعة الحجمية:

عرّف السرعة الحجمية للتفاعل $v_{vol}$ ، وبيّن أنها تكتب من الشكل:

v_{vol} = \dfrac{1}{V \cdot V_M}\,\dfrac{dV(\ce{CO2})}{dt}

إذا كانت قيمة السرعة الحجمية للتفاعل عند اللحظة $t = 0$ هي $v_{vol} = 0{,}2\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot s^{-1}}$ ، احسب حجم المحلول $V$ المستعمل.

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

نعيد إنجاز نفس التجربة باستعمال كتلة كربونات الكالسيوم $m_1 = \dfrac{m_0}{2}$ (بنفس حجم الحمض وتركيزه). بيّن أثر ذلك على: التقدم الأعظمي $x_{max}$ ، السرعة الحجمية للتفاعل عند $t = 0$ ، وحجم الغاز $V(\ce{CO2})$ عند نهاية التفاعل.

معطيات: $M(\ce{CaCO3}) = 100\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

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

عرض الحل

الرمز (1): مادة سامة (سمية حادة)، قد تسبب التسمم أو الوفاة عند الاستنشاق أو البلع أو ملامسة الجلد.

المتابعة بقياس حجم الغاز المنطلق $\ce{CO2}$ (جمعه بإزاحة الماء في مخبار مدرج منكّس):

التركيب

(1) دورق ، (2) المزيج التفاعلي ، (3) حوض به ماء ، (4) مخبار مدرج مملوء بالماء ومنكّس ، (5) أنبوب انطلاق الغاز.

جدول التقدم (حمض الميثانويك بكمية $n_A = C_A V$ ):

الحالة	التقدم	$\ce{CaCO3}$	$\ce{HCOOH}$	$\ce{Ca^2+}$	$\ce{HCOO^-}$	$\ce{CO2}$
ابتدائية	$0$	$n_0$	$n_A$	$0$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$n_0 - x$	$n_A - 2x$	$x$	$2x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$n_0 - x_{max}$	$n_A - 2x_{max}$	$x_{max}$	$2x_{max}$	$x_{max}$

$n(\ce{CO2}) = x = \dfrac{V_t(\ce{CO2})}{V_M}$ و $m_t(\ce{CaCO3}) = M\,(n_0 - x) = m_0 - M\,x$ ، إذن:

m_t(\ce{CaCO3}) = -\dfrac{M(\ce{CaCO3})}{V_M}\,V_t(\ce{CO2}) + m_0(\ce{CaCO3})

من الشكل (2): $m_0 = 500\ \mathrm{mg}$ ، والمستقيم ينعدم عند $V(\ce{CO2}) = 120\ \mathrm{mL}$ ، أي ميله $\dfrac{M}{V_M} = \dfrac{0{,}5\ \mathrm{g}}{0{,}12\ \mathrm{L}}$ :

V_M = \dfrac{100 \times 0{,}12}{0{,}5} = 24\ \mathrm{L \cdot mol^{-1}}

الكتلة تنعدم في النهاية: $\ce{CaCO3}$ هو المتفاعل المحد، و $x_{max} = n_0 = \dfrac{0{,}5}{100} = 5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ .

السرعة الحجمية:

السرعة الحجمية هي سرعة التفاعل في وحدة الحجم: $v_{vol} = \dfrac{1}{V}\,\dfrac{dx}{dt}$ ، ومع $x = \dfrac{V(\ce{CO2})}{V_M}$ :

v_{vol} = \dfrac{1}{V \cdot V_M}\,\dfrac{dV(\ce{CO2})}{dt}

المماس عند $t = 0$ يمر بالمبدأ وبالنقطة $(100\ \mathrm{s}\ ;\ 120\ \mathrm{mL})$ : $\left(\dfrac{dV}{dt}\right)_0 = 1{,}2\ \mathrm{mL \cdot s^{-1}}$ ، ومنه:

V = \dfrac{1}{V_M\,v_{vol}}\left(\dfrac{dV(\ce{CO2})}{dt}\right)_0 = \dfrac{1{,}2 \times 10^{-3}}{24 \times 0{,}2 \times 10^{-3}} = 0{,}25\ \mathrm{L} = 250\ \mathrm{mL}

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية: $V(\ce{CO2}) = 60\ \mathrm{mL}$ ، وبالإسقاط $t_{1/2} \approx 69\ \mathrm{s}$ .

الشكل (1)

في التجربة الأولى $\ce{CaCO3}$ محد، أي $n_A \geq 2 \times 5\ \mathrm{mmol}$ ؛ مع $m_1 = 250\ \mathrm{mg}$ يبقى $\ce{CaCO3}$ محدا:

التقدم الأعظمي ينقص إلى النصف: $x^{\prime}_{max} = 2{,}5 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ .
حجم الغاز في النهاية ينقص إلى النصف: $V(\ce{CO2})_f = 60\ \mathrm{mL}$ .
السرعة الحجمية الابتدائية تنقص: سطح التلامس بين المسحوق الصلب والمحلول أصغر (كمية المسحوق نصف الكمية)، فيقل عدد التصادمات الفعالة (المنحنى المتقطع في الشكل أعلاه).

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

التمرين السادس عشر - تفاعل 2ـ بروم 2ـ ميثيل بروبان مع الماء: المتابعة بقياس الناقلية

صعب

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

2ـ بروم 2ـ ميثيل بروبان مركب عضوي لا ينحل في الماء، يستعمل على مستوى المخابر في تصنيع المركبات. تحمل ملصقة قارورته الرمز (1).

الرمز (1)

يهدف هذا التمرين إلى دراسة حركية تفاعل 2ـ بروم 2ـ ميثيل بروبان مع الماء، وتأثير تغيير درجة الحرارة على بعض مقادير التحول الكيميائي.

عند اللحظة $t = 0$ ودرجة حرارة $\theta_1 = 25\ \mathrm{°C}$ ، حضّرنا حجما $V = 100\ \mathrm{mL}$ من خليط يتشكل من الماء والحجم $V_0 = 1\ \mathrm{mL}$ من 2ـ بروم 2ـ ميثيل بروبان $\ce{(CH3)3CBr}$ الذي نمثله بالرمز $RBr$ ، بالإضافة إلى مذيب عضوي (أسيتون). ننمذج التحول الكيميائي بمعادلة التفاعل التالية:

$\ce{(CH3)3CBr}_{(aq)} + 2\ce{H2O}_{(l)} \to \ce{(CH3)3COH}_{(aq)} + \ce{H3O^+}_{(aq)} + \ce{Br^-}_{(aq)}$

تابعنا تطور المجموعة الكيميائية باستعمال جهاز قياس الناقلية ثابت خليته $K = 0{,}2\ \mathrm{m}$ ، ومثلنا تغيرات الناقلية $G$ بدلالة الزمن $t$ (الشكل 1، المستقيم المتقطع هو المماس عند $t = 0$ ).

الشكل (1)

حدد مدلول الرمز (1).

احسب كمية المادة الابتدائية $n_0(RBr)$ .

اذكر أهمية إضافة الأسيتون إلى المزيج التفاعلي.

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

بتطبيق قانون كولروش، استخرج عبارة الناقلية $G$ بدلالة تقدم التفاعل $x$ ، ثابت الخلية $K$ ، والناقليتين الموليتين الشارديتين $\lambda_{\ce{H3O^+}}$ و $\lambda_{\ce{Br^-}}$ .

زمن نصف التفاعل:

عرّف زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ .

بيّن أن عبارة الناقلية $G$ عند $t = t_{1/2}$ تكتب من الشكل:

G(t_{1/2}) = \dfrac{G_f}{2}

حدد زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ .

عبارة التقدم:

اكتب عبارة الناقلية $G_f$ بدلالة كمية المادة الابتدائية $n_0(RBr)$ ، ثابت الخلية $K$ والناقليتين المولتين الشارديتين $\lambda_{\ce{H3O^+}}$ و $\lambda_{\ce{Br^-}}$ .

اعتمادا على العلاقات السابقة، استنتج أن:

x_t = n_0(RBr) \cdot \dfrac{G_t}{G_f}

السرعة الحجمية:

عرّف السرعة الحجمية للتفاعل، واكتب عبارتها بدلالة الناقلية $G$ .

احسب قيمتها من أجل $t = 0$ .

نعيد إنجاز نفس التجربة عند درجة الحرارة $\theta_2 = 45\ \mathrm{°C}$ . بيّن أثر العامل الحركي على: التقدم الأعظمي $x_{max}$ ، الناقلية $G_f$ عند نهاية التفاعل، والسرعة الحجمية للتفاعل عند $t = 0$ .

معطيات: كثافة $RBr$ : $0{,}87$ ؛ الكتلة المولية لـ $RBr$ : $136{,}9\ \mathrm{g \cdot mol^{-1}}$ ؛ الكتلة الحجمية للماء: $1\ \mathrm{g \cdot mL^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$n_0(RBr)\ (10^{-3}\ mol)$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

الرمز (1): مادة مضرة أو مهيجة (تهيج الجلد والعينين والجهاز التنفسي).

$m = \rho\,V_0 = 0{,}87 \times 1 = 0{,}87\ \mathrm{g}$ ، ومنه:

n_0(RBr) = \dfrac{0{,}87}{136{,}9} \approx 6{,}36 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}

الأسيتون مذيب يُذيب $RBr$ (الذي لا ينحل في الماء)، فيصبح المزيج متجانسا ويحدث التلامس بين المتفاعلين.

الماء بوفرة:

الحالة	التقدم	$RBr$	$\ce{H2O}$	$\ce{(CH3)3COH}$	$\ce{H3O^+}$	$\ce{Br^-}$
ابتدائية	$0$	$n_0$	بوفرة	$0$	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$n_0 - x$	بوفرة	$x$	$x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$n_0 - x_{max}$	بوفرة	$x_{max}$	$x_{max}$	$x_{max}$

x_{max} = n_0(RBr) = 6{,}36 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}

$G = K\,\sigma = K\left(\lambda_{\ce{H3O^+}}\,[\ce{H3O^+}] + \lambda_{\ce{Br^-}}\,[\ce{Br^-}]\right)$ مع $[\ce{H3O^+}] = [\ce{Br^-}] = \dfrac{x}{V}$ :

G = \dfrac{K\,(\lambda_{\ce{H3O^+}} + \lambda_{\ce{Br^-}})}{V}\,x

زمن نصف التفاعل:

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية.

$G = a\,x$ مع $a$ ثابت، و $G_f = a\,x_{max}$ . عند $t_{1/2}$ : $x = \dfrac{x_{max}}{2}$ ، إذن $G(t_{1/2}) = \dfrac{a\,x_{max}}{2} = \dfrac{G_f}{2}$ .

$G_f = 540\ \mathrm{mS}$ ، إذن $G(t_{1/2}) = 270\ \mathrm{mS}$ ، وبالإسقاط: $t_{1/2} \approx 14\ \mathrm{min}$ .

الشكل (1)

عبارة التقدم:

$G_f = \dfrac{K\,(\lambda_{\ce{H3O^+}} + \lambda_{\ce{Br^-}})}{V}\,n_0(RBr)$

بقسمة العبارتين: $\dfrac{G_t}{G_f} = \dfrac{x_t}{n_0(RBr)}$ ، ومنه $x_t = n_0(RBr) \cdot \dfrac{G_t}{G_f}$ .

السرعة الحجمية:

السرعة الحجمية هي سرعة التفاعل في وحدة الحجم:

v_{vol} = \dfrac{1}{V}\,\dfrac{dx}{dt} = \dfrac{n_0(RBr)}{V\,G_f}\,\dfrac{dG}{dt}

المماس عند $t = 0$ يمر بالمبدأ وبالنقطة $(20\ \mathrm{min}\ ;\ 540\ \mathrm{mS})$ : $\left(\dfrac{dG}{dt}\right)_0 = 27\ \mathrm{mS \cdot min^{-1}}$ :

v_{vol}(0) = \dfrac{6{,}36 \times 10^{-3}}{0{,}1 \times 540} \times 27 \approx 3{,}2 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}

درجة الحرارة عامل حركي: $x_{max}$ لا يتغير (نفس الكمية $n_0$ للمتفاعل المحد)، $G_f$ لا تتغير (نفس التركيب النهائي للمزيج، بقياس الناقلية في نفس الشروط)، والسرعة الحجمية عند $t = 0$ تزداد .

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

التمرين السابع عشر - الماء الأكسجيني: الدلالة التجارية والتفكك الذاتي بوجود وسيط

صعب

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

الماء الأكسجيني التجاري محلول مائي لبيروكسيد الهيدروجين، يستعمل كمادة مطهرة للجراح أو كعامل للتبييض. يباع في الصيدليات في قارورات عاتمة، وتحمل الدلالة التجارية $(\alpha\ \mathrm{V})$ ، والتي تعني أن $1\ \mathrm{L}$ من الماء يحرر $\alpha\ \mathrm{L}$ من غاز ثنائي الأكسجين في الشرطين النظاميين. يتفكك الماء الأكسجيني ذاتيا وفق التفاعل التام المنمذج بالمعادلة الكيميائية التالية:

$2\ce{H2O2}_{(aq)} \to \ce{O2}_{(g)} + 2\ce{H2O}_{(l)}$

يهدف هذا التمرين إلى تحديد الدلالة التجارية لقارورة الماء الأكسجيني، ثم دراسة حركية تفككه الذاتي.

الجزء الأول

نأخذ من القارورة $(S_0)$ لمحلول تجاري حجما $V_0$ ، ونقوم بتمديده $18$ مرة من أجل الحصول على محلول $(S_1)$ ممدد تركيزه المولي $C_1$ وحجمه $100\ \mathrm{mL}$ . نحقق معايرة حجم $V' = 10\ \mathrm{mL}$ من المحلول $(S_1)$ بواسطة محلول برمنغنات البوتاسيوم $\ce{(K^+ + MnO4^-)}_{(aq)}$ المحمض ذي التركيز المولي $C_2 = 4 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ . نتحصل على التكافؤ عند سكب حجم $V_E = 10{,}0\ \mathrm{mL}$ من محلول برمنغنات البوتاسيوم.

اكتب معادلة تفاعل المعايرة الحادث بين الماء الأكسجيني $\ce{H2O2}_{(aq)}$ وشوارد البرمنغنات $\ce{MnO4^-}_{(aq)}$ ، علما أن الثنائيتين المشاركتين في التفاعل هما $(\ce{MnO4^-}/\ce{Mn^2+})$ و $(\ce{O2}/\ce{H2O2})$ .

بيّن أن قيمة التركيز المولي للمحلول الممدد $C_1 = 0{,}1\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، ثم استنتج قيمة التركيز المولي $C_0$ للمحلول التجاري.

اعتمادا على جدول تقدم تفاعل التفكك الذاتي للماء الأكسجيني، جد قيمة $\alpha$ .

الجزء الثاني

من أجل دراسة حركية التفكك الذاتي للماء الأكسجيني، نضع عند اللحظة $t = 0$ في بيشر حجما $V_1 = 60\ \mathrm{mL}$ من المحلول $(S_1)$ ، ونضيف إليه قطرات من محلول كلور الحديد الثلاثي $\ce{(Fe^3+ + 3Cl^-)}_{(aq)}$ . المتابعة الزمنية عن طريق قياس حجم الغاز الناتج مكنتنا من الحصول على المنحنى البياني الممثل لتغيرات حجم ثنائي الأكسجين بدلالة الزمن (الشكل 1، المستقيم المتقطع هو المماس عند $t = 0$ ).

الشكل (1)

حدد أهمية كلور الحديد الثلاثي.

استنتج قيمة التقدم الأعظمي $x_{max}$ .

اكتب عبارة تقدم التفاعل $x$ بدلالة كل من: $V(\ce{O2})$ ، $T$ ، $R$ و $P$ ضغط غاز ثنائي الأكسجين.

احسب قيمة تقدم التفاعل $x$ عند اللحظة $t = 100\ \mathrm{s}$ . هل بلغ تطور الجملة الكيميائية نهايته؟

عرّف زمن نصف التفاعل $t_{1/2}$ ، ثم حدده بيانيا.

السرعة الحجمية:

عرّف السرعة الحجمية لاختفاء $\ce{H2O2}$ : $v_{vol}(\ce{H2O2})$ .

بيّن أن عبارة السرعة الحجمية لاختفاء $\ce{H2O2}$ تكتب بالعلاقة:

v_{vol}(\ce{H2O2}) = \dfrac{2P}{V_1 \cdot R \cdot T}\,\dfrac{dV(\ce{O2})}{dt}

ثم احسب قيمتها عند اللحظة $t = 0$ .

معطيات: درجة الحرارة $\theta = 20\ \mathrm{°C}$ ؛ الضغط $P = 1{,}00 \times 10^5\ \mathrm{Pa}$ ؛ $R = 8{,}31\ \mathrm{SI}$ ؛ الحجم المولي في الشرطين النظاميين $V_M = 22{,}4\ \mathrm{L \cdot mol^{-1}}$ ؛ $T(\mathrm{K}) = \theta(\mathrm{°C}) + 273$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$C_1\ (mol/L)$	$C_0\ (mol/L)$	$\alpha$ (الدلالة)	$t_{1/2}\ (s)$
القيمة

عرض الحل

الجزء الأول

$\ce{MnO4^- + 8H3O^+ + 5e- -> Mn^2+ + 12H2O}$ (×2) و $\ce{H2O2 + 2H2O -> O2 + 2H3O^+ + 2e-}$ (×5) ، ومنه:

2\ce{MnO4^-}_{(aq)} + 5\ce{H2O2}_{(aq)} + 6\ce{H3O^+}_{(aq)} \to 2\ce{Mn^2+}_{(aq)} + 5\ce{O2}_{(g)} + 14\ce{H2O}_{(l)}

عند التكافؤ: $\dfrac{n(\ce{H2O2})}{5} = \dfrac{n(\ce{MnO4^-})}{2}$ ، أي $\dfrac{C_1 V'}{5} = \dfrac{C_2 V_E}{2}$ :

C_1 = \dfrac{5\,C_2\,V_E}{2\,V'} = \dfrac{5 \times 4 \times 10^{-2} \times 10}{2 \times 10} = 0{,}1\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

C_0 = 18\,C_1 = 1{,}8\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}

لتفكك $1\ \mathrm{L}$ من $(S_0)$ : $n_0(\ce{H2O2}) = 1{,}8\ \mathrm{mol}$ ، ومن جدول التقدم $n_0 - 2x_{max} = 0$ ، أي $n(\ce{O2}) = x_{max} = 0{,}9\ \mathrm{mol}$ :

V(\ce{O2}) = 0{,}9 \times 22{,}4 \approx 20\ \mathrm{L} \quad \Rightarrow \quad \alpha = 20

أي الماء الأكسجيني $20\ \mathrm{V}$ .

الجزء الثاني

كلور الحديد الثلاثي وسيط: شوارد $\ce{Fe^3+}$ تسرّع التفكك الذاتي للماء الأكسجيني (البطيء جدا) دون أن تُستهلك.

$n_0(\ce{H2O2}) = C_1 V_1 = 0{,}1 \times 0{,}06 = 6 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ ، و $n_0 - 2x_{max} = 0$ : $x_{max} = 3 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ .

$n(\ce{O2}) = x$ ، وبتطبيق قانون الغاز المثالي $P\,V(\ce{O2}) = x\,R\,T$ :

x = \dfrac{P\,V(\ce{O2})}{R\,T}

من البيان عند $t = 100\ \mathrm{s}$ : $V(\ce{O2}) \approx 71{,}6\ \mathrm{mL}$ ، ومنه:

x = \dfrac{10^5 \times 71{,}6 \times 10^{-6}}{8{,}31 \times 293} \approx 2{,}94 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}

$x < x_{max}$ : لم يبلغ تطور الجملة نهايته بعد، لكنه قريب منها ( $98\ \%$ من $x_{max}$ ). (تحقق: $V(\ce{O2})_{max} = \dfrac{x_{max} R T}{P} \approx 73\ \mathrm{mL}$ ، وهي القيمة الحدية في البيان.)

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية: $V(\ce{O2}) = 36{,}5\ \mathrm{mL}$ ، وبالإسقاط $t_{1/2} \approx 17\ \mathrm{s}$ .

الشكل (1)

السرعة الحجمية:

$v_{vol}(\ce{H2O2}) = -\dfrac{1}{V_1}\,\dfrac{dn(\ce{H2O2})}{dt}$

$n(\ce{H2O2}) = C_1 V_1 - 2x$ ، أي $v_{vol}(\ce{H2O2}) = \dfrac{2}{V_1}\,\dfrac{dx}{dt}$ ، ومع $x = \dfrac{P\,V(\ce{O2})}{R\,T}$ :

v_{vol}(\ce{H2O2}) = \dfrac{2P}{V_1 \cdot R \cdot T}\,\dfrac{dV(\ce{O2})}{dt}

المماس عند $t = 0$ يمر بالمبدأ وبالنقطة $(25\ \mathrm{s}\ ;\ 73\ \mathrm{mL})$ : $\left(\dfrac{dV}{dt}\right)_0 \approx 2{,}92\ \mathrm{mL \cdot s^{-1}} = 2{,}92 \times 10^{-6}\ \mathrm{m^3 \cdot s^{-1}}$ :

v_{vol}(\ce{H2O2})_0 = \dfrac{2 \times 10^5 \times 2{,}92 \times 10^{-6}}{6 \times 10^{-5} \times 8{,}31 \times 293} \approx 4{,}0\ \mathrm{mol \cdot m^{-3} \cdot s^{-1}} = 4{,}0 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{s^{-1}}

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

التمرين الثامن عشر - ماء جافيل: الدرجة الكلورومترية وحركية التفكك

صعب

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

يحتوي ماء جافيل على الشوارد $\ce{Na^+}$ ، $\ce{Cl^-}$ و $\ce{ClO^-}$ ، حيث الشاردة الفعالة فيه هي شاردة الهيبوكلوريت $\ce{ClO^-}$ . نحصل على ماء جافيل من تفاعل غاز الكلور $\ce{Cl2}_{(g)}$ (غاز خطير يسبب الاختناق الفوري عند استنشاقه) مع هيدروكسيد الصوديوم حسب المعادلة:

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

وتتفكك شاردة الهيبوكلوريت ببطء بوجود وسيط وفق المعادلة: $2\ce{ClO^-}_{(aq)} \to 2\ce{Cl^-}_{(aq)} + \ce{O2}_{(g)}$ .

تُعرّف الدرجة الكلورومترية ( $\mathrm{°Chl}$ ) لماء جافيل بأنها حجم غاز الكلور (باللتر، مقاسا في الشرطين النظاميين) اللازم لتحضير $1\ \mathrm{L}$ من ماء جافيل.

الجزء الأول

نريد في هذه التجربة متابعة التفاعل التام بين ماء جافيل ومحلول يود البوتاسيوم، والتحقق من الدرجة الكلورومترية لقارورة ماء جافيل تاريخ صنعها مجهول.

نحضّر محلولا $(S_0)$ لماء جافيل تركيزه المولي $c_0$ بتفاعل غاز ثنائي الكلور $\ce{Cl2}$ مع شوارد الهيدروكسيد $\ce{HO^-}$ (تحول نعتبره تاما وسريعا). نضيف لحجم من المحلول $(S_0)$ الماء المقطر لتحضير محلول مائي $(S_1)$ تركيزه المولي $c = \dfrac{c_0}{10}$ .

نأخذ حجما $V = 10\ \mathrm{mL}$ من المحلول $(S_1)$ ونضيف له كمية وافرة من محلول محمض ليود البوتاسيوم $\ce{(K^+ + I^-)}_{(aq)}$ وقطرات من صمغ النشاء. تؤكسد شوارد $\ce{ClO^-}$ شوارد $\ce{I^-}$ في وسط حمضي وفق المعادلة:

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

نعاير ثنائي اليود المتشكل بواسطة محلول ثيوكبريتات الصوديوم $\ce{(2Na^+ + S2O3^2-)}_{(aq)}$ تركيزه المولي $c_2 = 0{,}1\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، فيكون حجم التكافؤ $V_E = 10{,}8\ \mathrm{mL}$ . ننمذج تحول المعايرة بالمعادلة: $\ce{I2}_{(aq)} + 2\ce{S2O3^2-}_{(aq)} \to 2\ce{I^-}_{(aq)} + \ce{S4O6^2-}_{(aq)}$ .

أوجد كمية مادة ثنائي اليود $\ce{I2}$ عند التكافؤ.

ضع جدولا لتقدم التفاعل الحادث بين شوارد $\ce{ClO^-}$ وشوارد $\ce{I^-}$ في وسط حمضي.

حدد التركيز المولي $c$ لشوارد $\ce{ClO^-}$ ، إذا علمت أنها المتفاعل المحد، ثم استنتج $c_0$ .

ضع جدول التقدم للتفاعل الحادث بين غاز ثنائي الكلور $\ce{Cl2}$ المنحل كليا في محلول شوارد الهيدروكسيد $\ce{HO^-}$ (لتحضير $1\ \mathrm{L}$ من $(S_0)$ )، ثم أوجد قيمة الحجم $V_{\ce{Cl2}}$ .

أوجد الدرجة الكلورومترية $(\mathrm{°Chl})$ للمحلول $(S_0)$ .

الجزء الثاني

لدينا المحلول $(S_0)$ لماء جافيل نمدده $6$ مرات فنحصل على محلول $(S_1)$ حجمه $V_1 = 110\ \mathrm{mL}$ وتركيزه المولي $c_1$ . نتابع حركية تفكك شاردة الهيبوكلوريت في المحلول $(S_1)$ بوجود وسيط، بواسطة حجم غاز الأكسجين المنطلق، فنحدد التركيز المولي لشوارد $\ce{ClO^-}$ في لحظات مختلفة، ثم نمثل البيان $[\ce{ClO^-}] = f(t)$ (الشكل 1، المستقيمان المتقطعان هما المماسان للمنحنى عند $t = 0$ و $t = 120\ \mathrm{min}$ ).

الشكل (1)

أنشئ جدول تقدم التفاعل الحادث.

عرّف زمن نصف التفاعل، ثم بيّن أنه عند $t_{1/2}$ يكون $[\ce{ClO^-}]_{t_{1/2}} = \dfrac{c_1}{2}$ ، ثم حدد $t_{1/2}$ بيانيا.

بيّن أنه في اللحظة $t$ يُكتب التركيز المولي لشوارد $\ce{ClO^-}$ بالشكل:

[\ce{ClO^-}]_t = 0{,}09 - 0{,}811\,V_{\ce{O2}}

( $[\ce{ClO^-}]$ بـ $\mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ و $V_{\ce{O2}}$ بـ $\mathrm{L}$ مقاسا في الشرطين النظاميين).

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

احسب سرعة تشكل غاز الأكسجين عند اللحظة $t = 120\ \mathrm{min}$ .

معطيات: $V_M = 22{,}4\ \mathrm{L \cdot mol^{-1}}$ .

تحقق من نتائجك

المقدار	$c\ (mol/L)$	$Chl^{\circ}$	$t_{1/2}\ (min)$
القيمة

عرض الحل

الجزء الأول

عند التكافؤ: $n(\ce{I2}) = \dfrac{c_2 V_E}{2} = \dfrac{0{,}1 \times 10{,}8 \times 10^{-3}}{2} = 5{,}4 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol}$ .

شوارد $\ce{I^-}$ و $\ce{H3O^+}$ بوفرة ، $n_0(\ce{ClO^-}) = c\,V$ :

الحالة	التقدم	$\ce{ClO^-}$	$\ce{I^-}$	$\ce{Cl^-}$	$\ce{I2}$
ابتدائية	$0$	$c V$	بوفرة	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$c V - x$	بوفرة	$x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$c V - x_{max}$	بوفرة	$x_{max}$	$x_{max}$

$\ce{ClO^-}$ محد: $c V = x_{max} = n(\ce{I2}) = 5{,}4 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol}$ ، ومنه $c = \dfrac{5{,}4 \times 10^{-4}}{0{,}01} = 5{,}4 \times 10^{-2}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ و $c_0 = 10\,c = 0{,}54\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ .

لتحضير $1\ \mathrm{L}$ من $(S_0)$ يلزم $n(\ce{ClO^-}) = 0{,}54\ \mathrm{mol}$ ( $\ce{HO^-}$ بوفرة):

الحالة	التقدم	$\ce{Cl2}$	$\ce{HO^-}$	$\ce{ClO^-}$	$\ce{Cl^-}$
ابتدائية	$0$	$n(\ce{Cl2})$	بوفرة	$0$	$0$
انتقالية	$x$	$n(\ce{Cl2}) - x$	بوفرة	$x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$0$	بوفرة	$x_{max}$	$x_{max}$

$n(\ce{Cl2}) = x_{max} = n(\ce{ClO^-}) = 0{,}54\ \mathrm{mol}$ ، ومنه $V_{\ce{Cl2}} = 0{,}54 \times 22{,}4 \approx 12{,}1\ \mathrm{L}$ .

$\mathrm{°Chl} = 12{,}1\ \mathrm{°}$ (أي حوالي $12\ \mathrm{°Chl}$ ، وهي قيمة ماء جافيل المنزلي).

الجزء الثاني

$c_1 = \dfrac{c_0}{6} = 0{,}09\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}}$ ، $n_1 = c_1 V_1 = 9{,}9 \times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$ :

الحالة	التقدم	$\ce{ClO^-}$	$\ce{Cl^-}$	$\ce{O2}$
ابتدائية	$0$	$n_1$	$n(\ce{Cl^-})_0$	$0$
انتقالية	$x$	$n_1 - 2x$	$n(\ce{Cl^-})_0 + 2x$	$x$
نهائية	$x_{max}$	$n_1 - 2x_{max}$	$n(\ce{Cl^-})_0 + 2x_{max}$	$x_{max}$

زمن نصف التفاعل هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته الأعظمية. التفاعل تام و $\ce{ClO^-}$ وحده متفاعل: $x_{max} = \dfrac{n_1}{2}$ ، وعند $t_{1/2}$ : $x = \dfrac{n_1}{4}$ ، إذن:

[\ce{ClO^-}]_{t_{1/2}} = \dfrac{n_1 - 2 \times \dfrac{n_1}{4}}{V_1} = \dfrac{c_1}{2} = 45\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}}

وبالإسقاط على البيان: $t_{1/2} \approx 104\ \mathrm{min}$ .

الشكل (1)

$[\ce{ClO^-}]_t = \dfrac{n_1 - 2x}{V_1} = c_1 - \dfrac{2x}{V_1}$ مع $x = n(\ce{O2}) = \dfrac{V_{\ce{O2}}}{V_M}$ :

[\ce{ClO^-}]_t = 0{,}09 - \dfrac{2}{22{,}4 \times 0{,}110}\,V_{\ce{O2}} = 0{,}09 - 0{,}811\,V_{\ce{O2}}

$v_{vol} = \dfrac{1}{V_1}\,\dfrac{dx}{dt} = -\dfrac{1}{2}\,\dfrac{d[\ce{ClO^-}]}{dt}$ . المماس عند $t = 0$ يقطع محور الأزمنة عند $150\ \mathrm{min}$ : $\dfrac{d[\ce{ClO^-}]}{dt} \approx -\dfrac{90}{150} = -0{,}6\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}$ :

v_{vol}(0) = 0{,}3\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1} \cdot min^{-1}} = 3{,}0 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}

المماس عند $t = 120\ \mathrm{min}$ يمر بالنقطتين $(0\ ;\ 72{,}8)$ و $(270\ ;\ 0)$ : $\dfrac{d[\ce{ClO^-}]}{dt} \approx -0{,}27\ \mathrm{mmol \cdot L^{-1}} \cdot \mathrm{min^{-1}}$ .

من السؤال 3: $\dfrac{dV_{\ce{O2}}}{dt} = -\dfrac{1}{0{,}811}\,\dfrac{d[\ce{ClO^-}]}{dt} = \dfrac{0{,}27 \times 10^{-3}}{0{,}811} \approx 3{,}3 \times 10^{-4}\ \mathrm{L \cdot min^{-1}} = 0{,}33\ \mathrm{mL \cdot min^{-1}}$ ، أي $\dfrac{dn(\ce{O2})}{dt} = \dfrac{3{,}3 \times 10^{-4}}{22{,}4} \approx 1{,}5 \times 10^{-5}\ \mathrm{mol \cdot min^{-1}}$ .

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