حلول تمارين الكتاب المدرسي حول المتابعة الزمنية لتحول كيميائي

المتابعة الزمنية لتحول كيميائي، هي عملية تتبع تغيرات المواد المتفاعلة، والنواتج مع مرور الوقت خلال تفاعل كيميائي. يهدف هذا الموضوع إلى فهم سرعة التفاعل، وكيفية تطوره باستخدام أساليب قياس التركيز، الضغط، ودرجة الحرارة. من خلال حلول تمارين الكتاب المدرسي، يتمكن الطلاب من تطبيق المفاهيم النظرية على مسائل عملية، مما يعزز فهمهم لكيفية مراقبة تطور التفاعل، واستخلاص البيانات المتعلقة بالسرعة والزمن.

حل التمرين 1 صفحة 48 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ يدل الصدأ على أن الحديد تفاعل مع ثنائي الأكسجين.

2 ـ معادلة التفاعل الكيميائي:

4Fe + 3O₂ → 2Fe₂O₃

3 ـ تفاعل من بطيء الى بطيء جدا.

حل التمرين 2 صفحة 48 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ الثنائيتان هما:

I₂/I^-  و S₄O₆^2-/S₂O₃^2-

2 ـ المعادلتان النصفيتان الالكترونيتان هما:

I₂ + 2e^- = 2I^-

2S₂O₃^2- = S₄O₆^2- + 2e^-

3 ـ معادلة الأكسدة ـ ٳرجاع:

I₂ + 2S₂O₃^2- = 2I^- +  S₄O₆^2-

4 ـ قبل التكافؤ يزول لون ثنائي اليود كلما امتزج مع ثيوكبريتات الصوديوم، (ثنائي اليود هو المتفاعل المحد)، وبعد نقطة التكافؤ يبدا اللون البني في الظهور.

حل التمرين 3 صفحة 48 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ يحدث التفاعل بين الثنائيتين:

I₂/I^-  و S₂O₈^2-/SO₄^2-

2 ـ المعادلتان النصفيتان:

2I^- = I₂ + 2e^-

S₂O₈^2- + 2e^- = 2SO₄^2-

3 ـ معادلة الأكسدة ـ ٳرجاع:

2I^-_(aq) + S₂O₈^2-_(aq) = I_2(aq) + 2SO₄^2-_(aq)

4 ـ سبب ظهور اللون الأسمر هو تشكل ثنائي اليود I₂

حل التمرين 4 صفحة 48 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ الغاز المنطلق هو O₂

2 ـ المؤكسد هو MnO₄^- والمرجع هو H₂O₂

الثنائيتان هما:

MnO₄^-/Mn²⁺  و O₂/H₂O₂

المعادلتان النصفيتان الالكترونيتان هما:

2(MnO₄^-_(aq) + 8H⁺_(aq) + 5e^- = Mn²⁺_(aq) + 4H₂O_(l))

5(H₂O_2(aq) = O_2(g) + 2H⁺_(aq) + 2e^-)

معادلة الأكسدة ـ ٳرجاع:

2MnO₄^-_(aq) + 5H₂O_2(aq) + 6H⁺_(aq) = 2Mn²⁺_(aq) + 5O_2(g) + 8H₂O_(l)

حل التمرين 5 صفحة 48 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ الغاز المنطلق هوH₂

2 ـ المرجع هو الصوديوم Na، المؤكسد هو الماء H₂O

3 ـ الثنائيتان هما: Na⁺/Na و H₂O/H₂

المعادلتان النصفيتان الالكترونيتان هما:  

2(Na = Na⁺ + e^-)

2H₂O + 2e^- = H₂ + 2OH^-

معادلة الأكسدة ـ ٳرجاع:

2Na_(s) + 2H₂O_(l) = 2Na⁺_(aq) + 2OH^-_(aq) + H_2(g)

حل التمرين 6 صفحة 48 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ الثنائيتان هما:

Cu²⁺/Cu  و Fe²⁺/Fe

المعادلتان النصفيتان الالكترونيتان هما: 

Cu²⁺_(aq) + 2e^- = Cu_(S)

Fe_(S) = Fe²⁺_(aq) + 2e^-

معادلة الأكسدة ـ ٳرجاع:

Cu²⁺_(aq) + Fe_(S) = Fe²⁺_(aq) + Cu_(S)

2 ـ يدل زوال اللون الأزرق على أن كل شوارد النحاس الثنائي قد تحولت الى ذرات نحاس.

ـ هذا التفاعل بطيء.

3 ـ نكشف عن الشوارد المتشكلة بإضافة محلول هيدروكسيد الصوديوم، فيتشكل راسب أخضر لهيدروكسيد الحديد الثنائي.

حل التمرين 7 صفحة 48 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ الثنائيتان هما:

MnO₄^-/Mn²⁺  و O₂/H₂O₂

2 ـ المعادلتان النصفيتان الالكترونيتان هما:

2(MnO₄^-_(aq) + 8H⁺_(aq) + 5e^- = Mn²⁺_(aq) + 4H₂O_(l))

5(H₂O_2(aq) = O_2(g) + 2H⁺_(aq) + 2e^-)

معادلة الأكسدة ـ ٳرجاع:

2MnO₄^-_(aq)+ 5H₂O_2(aq)+ 6H⁺_(aq) = 2Mn²⁺_(aq) + 5O_2(g)+ 8H₂O_(l)

3 ـ عند نقطة التكافؤ يظهر اللون البنفسجي لبرمنغنات البوتاسيوم.

4 ـ جدول التقدم:

2MnO4-(aq)  + 5H2O2(aq)  + 6H+(aq)  = 2Mn2+(aq) + 5O2(g) + 8H2O(l)						معادلة التفاعل
كمـــيات المادة n(mol)						التقدم x(mol)	حالة الجملة
بزيادة	0	0	/	n0(H2O2)	n0(MnO4-)	0	الحالة الابتدائية
بزيادة	5x	2x	/	n0(H2O2)-5x	n0(MnO4-) -2x	x	الحالة الانتقالية
بزيادة	5Xf	2Xf	/	n0(H2O2)-5Xf	n0(MnO4-) -2Xf	Xf	الحالة النهائية

5 ـ

\[ CV = \frac{5}{2} C' V_E' \]

6 ـ

\[ C = \frac{5}{2} \cdot \frac{C' V_E'}{V} \]

حل التمرين 8 صفحة 49 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ الثنائيتان هما:

Mg²⁺_(aq)/Mg_(S)  و  H⁺_(aq)/H_2(g)

المعادلتان النصفيتان الالكترونيتان هما:

Mg_(S) = Mg²⁺_(aq) + 2e^-

2H⁺_(aq) + 2e^- = H_2(g)

معادلة الأكسدة ـ إرجاع:

Mg_(S) + 2H⁺_(aq) = Mg²⁺_(aq) + H_2(g)

2 ـ نحسب n₀(H⁺) ، n₀(Mg) فنجد:

n₀(H⁺) = C₁V₁ = 10^-2 mol

$$n(\text{Mg}) = \frac{36{,}45 \times 10^{-3}}{24{,}3} = 1{,}5 \times 10^{-3} \, \text{mol}$$

ثم نقوم بإنجاز جدول التقدم:

Mg(S)   +           2H+(aq)   =   Mg2+(aq) + H2(g)				معـــادلة التفاعل
كمـــيات المادة (mol)				التقدم	حـــالة الجملة
0	0	10-2	1,5×10-3	0	الحـالة الابتدائية
x	x	10-2 – 2x	1,5×10-3 - x	x	الحـالة الانتقالية
Xf	Xf	10-2 – 2Xf	1,5×10-3 - Xf	Xf	الحـالة النــهائية

من جدول التقدم نجد: X_max = 1,5×10^-3 mol

وبالاعتماد على المعطيات نجد عند 15 min:

$$n(\text{H}_2) = \frac{31 \times 10^{-3}}{22{,}4} = 1{,}38 \times 10^{-3} \, \text{mol}$$

نلاحظ أن n(H₂) < X_max ومنه التفاعل لم ينتهي بعد عند 15 min

حل التمرين 9 صفحة 49 من وحدة المتابعة الزمنية:

من أجل التفاعل: aA + bB = cC + dD نجد:

\[ \frac{v_A}{a} = \frac{v_B}{b} = \frac{v_C}{c} = \frac{v_D}{d} \]

ومنه:

\[ v_C = \frac{c \cdot v_A}{a} \]

ومنه من أجل  2A + B = C + D  نجد:

منسق:

$$v_C = \frac{1 \times 0{,}2}{2} = 0{,}1 \, \text{mol·L}^{-1}·\text{min}^{-1}$$

حل التمرين 10 صفحة 49 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ التفاعل الكيميائي الحادث بطيء

2 ـ لدينا:

\[ v_{\text{vol}}(\text{MnO}_4^-) = -\frac{1}{V} \cdot \frac{\Delta n(\text{MnO}_4^-)}{\Delta t} \]

ولدينا:

n(MnO₄^-) = C.V = 0,01×0,05

ومنه:

n(MnO₄^-) = 5×10^-4mol

ومنه:

\[ v_{\text{vol}}(\text{MnO}_4^-) = -\frac{1}{0.1} \cdot \frac{(0 - 5 \times 10^{-4})}{140} \]

\[ v_{\text{vol}}(\text{MnO}_4^-) = 3.6 \times 10^{-5} \, \text{mol.L}^{-1}.\text{s}^{-1} \]

حل التمرين 13 صفحة 50 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ انجاز جدول التقدم للتفاعل:

H2O2(aq)    +      2I-(aq)   + 2H+(aq) = I2(aq) + 2H2O(l)				معـــادلة التفاعل
كمـــيات المادة (mol)				التقدم	حـــالة الجملة
بزيادة	0	n0(I-)	n0(H2O2)	0	الحـالة الابتدائية
بزيادة	x	n0(I-) – 2x	n0(H2O2) – x	x	الحـالة الانتقالية
بزيادة	Xf	n0(I-) – 2Xf	n0(H2O2) – Xf	Xf	الحـالة النهائية

2 ـ حساب التقدم x من أجل مختلف الأزمنة:

من جدول التقدم نجد: n(I₂) = x  ولدينا: n(I₂) = [I₂].V 

ومنه: x = 0,2[I₂]

120	60	40	30	20	16	12	8	6	4	2	1	0	t(min)
1,74	1,74	1,70	1,64	1,54	1,46	1,32	1,10	0,92	0,74	0,42	0,22	0	x(mmol)

رسم المنحنى الممثل لـ  x = f(t) : ( لاحظ الشكل)

3 ـ أ/ السرعة الحجمية للتفاعل هي سرعة التفاعل في وحدة الحجوم وتعطى بالعلاقة:

\[ v_{\text{vol}} = \frac{1}{V} \cdot \frac{dx}{dt} \]

ايجاد السرعة الحجمية عند t = 0:

لدينا:

$$v_{\text{vol}} = \frac{1}{V} \cdot \frac{dx}{dt}$$

حيث:

• $\frac{dx}{dt}$ هو ميل المماس عند $t = 0$
  

نحسب السرعة الحجمية الابتدائية كما يلي:

$$v_{\text{vol}_0} = \frac{1}{0{,}2} \cdot \frac{(5{,}8 \times 0{,}2 - 0) \times 10^{-3}}{4 - 0}$$ $$v_{\text{vol}_0} = \frac{1}{0{,}2} \cdot \frac{1{,}16 \times 10^{-3}}{4}$$ $$v_{\text{vol}_0} = \frac{1}{0{,}2} \cdot 2{,}9 \times 10^{-4}$$ومنه:
$$v_{\text{vol}_0} = 1{,}45 \times 10^{-3} \; \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{min}^{-1}$$

ايجاد السرعة الحجمية عند t = 10 min:

بالاعتماد على البيان وبنفس الطريقة السابقة نجد:

$$v_{\text{vol}_{10}} = 2{,}71 \times 10^{-4} \; \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{min}^{-1}$$

ب ـ يمكن القول عن السرعة عند t = 100 min أنها معدومة لأن كمية المادة تصبح ثابتة.

جـ ـ نفسر تناقص سرعة التفاعل بتناقص تراكيز المتفاعلات.

حل التمرين 14 صفحة 50 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ الثنائيتان هما:

MnO₄^-/Mn²⁺  و  CO₂/H₂C₂O₄

المعادلتان النصفيتان الالكترونيتان هما:

2(MnO₄^-_(aq) + 8H⁺_(aq) + 5e^- = Mn²⁺_(aq) + 4H₂O_(l))

5(H₂C₂O_4(aq) = 2CO_2(g) + 2H⁺_(aq) + 2e^-)

معادلة الأكسدة ـ ٳرجاع:

2MnO₄^-_(aq)+5H₂C₂O_4(aq)+6H⁺_(aq)=2Mn²⁺_(aq)+10CO_2(g)+ 8H₂O_(l)

2/  n₀(MnO₄^-) = 5×10^-5 mol

n₀(H₂C₂O₄) = 5×10^-3 mol

3/ نقوم بإنجاز جدول التقدم للتفاعل، وبالاعتماد على الحالة النهائية نحسب التقدم الاعظمي للتفاعل، حيث نضع n₀(MnO₄^-) - 2X_max = 0 ، 

ثم نضع n₀(H₂C₂O₄) – 5X_max = 0

ومنه نجد: X_max = 2,5×10^-5 mol

نلاحظ أننا نحتاج لهذا التفاعل n(H₂C₂O₄) = 5X_max = 12,5×10^-5 mol

ونحن لدينا: n₀(H₂C₂O₄) = 5×10^-3 mol ، ومنه كمية مادة الحمض المستعمل تكفي لزوال لون شوارد البرمنغنات في المزيج.

4 ـ حساب السرعة الحجمية لتشكل شوارد المنغنيز:

السرعة الحجمية تمثل ميل المماس للبيان عند النقطة المقصودة ومنه نجد:

عند  t₁ = 80 s:

v_1(vol) = 3,84×10^-7 mol.L^-1.s^-1

عند  t₂ = 200 s:

v_2(vol) = 3,75×10^-6 mol.L^-1.s^-1

عند  t₃ = 280 s:

v_3(vol) = 3,38×10^-7 mol.L^-1.s^-1

حل التمرين 15 صفحة 51 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ معادلة تفاعل المعايرة:

الثنائيتان هما:

I₂/I^- ، S₄O₆^2-/S₂O₃^2-

المعادلتان النصفيتان الالكترونيتان هما:

I₂ + 2e^- = 2I^-

2S₂O₃^2- = S₄O₆^2- + 2e^-

معادلة الأكسدة ـ ٳرجاع:

I₂ + 2S₂O₃^2- = 2I^- + S₄O₆^2-

2 ـ ايجاد العلاقة بين كمية مادة اليود والحجم V' :

انجاز جدول التقدم للتفاعل:

I2             +        2S2O32-          =     2I-  +    S4O62-				معادلة التفاعل
كمـــيات المادة (mol)				التقدم	حـالة الجملة
0	0	n0(S2O32-)	n0(I2)	0	الحالة الابتدائية
x	2x	n0(S2O32-) – 2x	n0(I2)-x	x	الحالة الانتقالية
xE	2xE	n0(S2O32-) – 2xE	n0(I2)-xE	xE	الحالة النهائية

عند التكافؤ نجد:

 n₀(I₂) – x_E = 0 و n₀(S₂O₃^2-) – 2x_E = 0 

ومنه نجد: x_E = n₀(I₂)  و  x_E = ½n₀(S₂O₃^2-)

ومنه: n(I₂) = ½n₀(S₂O₃^2-)  حيث: n₀(S₂O₃^2-) = C'.V'  

ومنه: n(I₂) = ½ C'.V'

ولدينا: C' = 10^-1 mol.L^-1  ومنه: n(I₂) = 0,05V'

3 ـ رسم بيان n(I₂) = f(t)

(تم استخدام المزيج الكلي)

4 ـ أ/ ايجاد قيمة السرعة الحجمية المتوسطة لتشكل I₂ :

لدينا:

$$v_{\text{vol}_m} = \frac{1}{V} \cdot \frac{\Delta n(\text{I}_2)}{\Delta t}$$

حيث:

$$\frac{\Delta n(\text{I}_2)}{\Delta t}$$

يمثّل ميل المستقيم القاطع للبيان عند النقطتين الموافقتين للحظتين $t_1$ و $t_2$.

نقوم بالتعويض:

$$v_{\text{vol}_m} = \frac{1}{0{,}1} \cdot \frac{4 \times 10^{-4}}{2{,}2 \times 10}$$ $$v_{\text{vol}_m} = \frac{1}{0{,}1} \cdot \frac{4 \times 10^{-4}}{22}$$ $$v_{\text{vol}_m} = \frac{1}{0{,}1} \cdot 1{,}818 \times 10^{-5}$$ومنه:
$$v_{\text{vol}_m} \approx 1{,}82 \times 10^{-4} \; \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{min}^{-1}$$

ب ـ إيجاد قيمة السرعة الحجمية اللحظية لتشكل I₂ :

لدينا:

\[ v_{\text{vol}} = \frac{1}{V} \cdot \frac{dn(I_2)}{dt} \]

حيث أن \( \frac{dn(I_2)}{dt} \) يمثل ميل المماس للبيان عند النقطة الموافقة للحظة \( t = 15 \, \text{min} \).

ومنه:

\[ v_{\text{vol}} = \frac{1}{0.1} \cdot \frac{2.4 \times 10^{-4}}{1.4 \times 10} \]

 ومنه:

v_vol = 1,71×10^-4 mol.L^-1.min^-1

5 ـ أ/ كتابة معادلة التفاعل الكيميائي الحادث:

الثنائيتان هما: I₂/I^-  و S₂O₈^2-/SO₄^2-

المعادلتان النصفيتان:

2I^- = I₂ + 2e^-

S₂O₈^2- + 2e^- = 2SO₄^2-

معادلة الأكسدة ـ إرجاع:

2I^-_(aq) + S₂O₈^2-_(aq) = I_2(aq) + 2SO₄^2-_(aq)

ب ـ استنتاج العلاقة بين سرعة إختفاء S₂O₈^2- وسرعة التفاعل:

لدينا:

$$v_{{\text{S}}_2{\text{O}}_8^{2-}}=-\frac{d{n}_{{\text{S}}_2{\text{O}}_8^{2-}}}{dt}$$

ننجز جدول التقدم للتفاعل:

2I-(aq)      +     S2O82-(aq)        =  I2(aq) + 2SO42-(aq)				معادلة التفاعل
كمـيات المادة n(mol)				التقدم	حالة الجملة
0	0	n0(S2O82-)	n0(I-)	0	الحالة الابتدائية
2x	x	n0(S2O82-)-x	n0(I-) – 2x	x	الحالة الانتقالية
2Xf	Xf	n0(S2O82-)-Xf	n0(I-) – 2Xf	Xf	الحالة النهائية

من جدول التقدم نجد:

n(S₂O₈^2-) = n₀(S₂O₈^2-) – x

ومنه:

$$v_{\text{S}_2\text{O}_8^{2-}} = -\frac{d[n_0(\text{S}_2\text{O}_8^{2-}) - x]}{dt}$$

ومنه:

$$v_{{\text{S}}_2{\text{O}}_8^{2-}}=\frac{dx}{dt}=v$$

ومنه سرعة اختفاءS₂O₈^2- تساوي سرعة التفاعل

جـ ـ حساب السرعة الحجمية للتفاعل عند t = 15 min:

لدينا:

$$v_{\text{vol}}=\frac{1}{V}\cdot \frac{dx}{dt}$$

ومن جدول التقدم لدينا: x = n(I₂)  ومنه:

$$v_{\text{vol}}=\frac{1}{V}\cdot \frac{dn({\text{I}}_2)}{dt}$$

ومنه:

v_vol = 1,71×10^-4 mol.L^-1.min^-1

حل التمرين 16 صفحة 51 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ كتابة معادلة التفاعل الكيميائي الحادث:

لدينا الثنائيتان (ox/réd) هما:

H⁺/H₂ ، Zn²⁺/Zn

المعادلتان النصفيتان:

Zn_(S) = Zn²⁺_(aq) + 2e^-

2H⁺_(aq) + 2e^- = H_2(g)

معادلة الاكسدة الإرجاعية:

Zn_(S) + 2H⁺ = Zn²⁺_(aq) + H_2(g)

2 ـ جدول التقدم:

Zn(S)        +         2H+      =  Zn2+(aq) + H2(g)				معـادلة التفاعل
كمـيات المادة n(mol)				التقدم	حالة الجملة
0	0	n0(H+)	n0(Zn)	0	الحالة الابتدائية
x	x	n0(H+)-2x	n0(Zn)-x	x	الحالة الانتقالية
Xf	Xf	n0(H+)-2Xf	n0(Zn)-Xf	Xf	الحالة النهائية

تعيين المتفاعل المحد:

من أجل: n₀(H⁺) –2X_max = 0 نجد: X_max = ½ n₀(H⁺)

ومنه: X_max = ½C_A.V

ومنه:

X_max = ½ 0,2×0,1 = 0,01 mol

ومن أجل: n₀(Zn) –X_max = 0  نجد: X_max = n₀(Zn)  

ومنه: X_max  = m/M  

ومنه: X_max  = 2,3/65

ومنه: X_max  = 0,035 mol

نلاحظ أن: 0,01˂ 0,035 ومنه X_max = 0,01 mol والمتفاعل المحد هو حمض كلور الهيدروجين.

استنتاج العلاقة بين [Zn²⁺] و x :

x = 0,1[Zn²⁺]

3 ـ تعريف زمن نصف التفاعل:

نرمز له بالرمز t_1/2 وهو الزمن اللازم لبلوغ تقدم التفاعل نصف قيمته النهائية أو الأعظمية.

تعيين قيمة زمن نصف التفاعل:

بالاعتماد على البيان نجد: t_1/2 = 4,5 min

4 ـ تعيين تركيب الوسط التفاعلي عند t = t_1/2

بالاعتماد على البيان نجد:

  n(Zn²⁺) = 50×10^-3×0,1 = 5×10^-3 mol

ولدينا: n(Zn²⁺) = x  ومنه x = 5×10^-3 mol

ومنه: n(Zn) = 3,5×10^-2 - 5×10^-3 = 3×10^-2 mol

ومنه: n(H⁺) = 2×10^-2 - 10×10^-3 = 10^-2 mol

تعيين تركيب الوسط التفاعلي عند t = t_f:

من البيان نجد: [Zn²⁺]_f = 0,1 mol.L^-1

ومنه: n_f(Zn²⁺) = [Zn²⁺]_f.V = 0,1×0,1 = 10^-2 mol

ومنه: x = 10^-2 mol

ومنه: n(Zn) = 3,5×10^-2 - 10^-2 = 2,5×10^-2 mol

ومنه: n(H⁺) = 2×10^-2 - 2×10^-2 = 0

5 ـ تعيين السرعة الحجمية للتفاعل عند t = 0:

نرسم المماس للبيان عند المبدأ:

لدينا: x = n(Zn²⁺) ومنه: v_vol تمثل ميل المماس عند المبدأ. أي:

$$v_{\text{vol}} = \frac{110 \times 10^{-3}}{5} = 2{,}2 \times 10^{-2} \ \text{mol·L}^{-1}·\text{min}^{-1}$$

ـ تعيين السرعة الحجمية للتفاعل عند t = t_1/2:

نرسم المماس للبيان عند النقطة الموافقة للحظة t = t_1/2:

(أنظر البيان السابق)

من البيان نجد:

$$\text{v}_{\text{vol}} = \frac{4{,}2 \times 20 \times 10^{-3}}{1{,}8 \times 5} = 9{,}3 \times 10^{-3} \, \text{mol} \cdot \text{L}^{-1} \cdot \text{min}^{-1}$$

التمرين 19 صفحة 52 من وحدة المتابعة الزمنية مع الحل:

عند درجة الحرارة 20°C وفي دورق (بالون) حجمه V = 500 mL نتابع باستعمال جهاز قياس الضغط التحول الذي يحدث بين حجم V'= 200 ml المحلول حمض كلور الهيدروجين (H⁺_(aq)+ Cl^-_(aq)) ذي التركيز المولي C = 1,0×10^-1 mol/L 

.وكتلة m(Mg) = 9,0cg من المغنيزيوم ،

معادلة التفاعل المنمذج للتحول الكيميائي الحادث هي:

Mg_(s) + 2H⁺_(aq)=Mg²⁺_(aq) + H_2(g)

يعطى:

R = 8,31 j.K^-1.mol^-1; M(Mg)= 24,3g.mol^-1

1 ـ ما هي النواتج المتشكلة خلال هذا التحول ؟

2 ـ احسب كميات المادة الابتدائية للمتفاعلات

3 ـ ما هو المتفاعل المحد ؟ علل.

4 ـ الضغط الجوي في شروط التجربة

P_atm = 1,009 × 10⁵ Pa. نقيس الضغط P للغاز الموجود في الدورق في أزمنة مختلفة، وتعطى قيمته بالعلاقة:

P = P_atm + P_H2

نتحصل على جدول القياسات التالي:

144	115	90	71	52	18	0	t(s)
1,239	1,198	1,159	1,127	1,097	1,034	1,009	P(105Pa)
290	266	238	212	193	174	160	t(s)
1,297	1,297	1,297	1,297	1,294	1,273	1,261	P(105Pa)

أوجد العبارة الحرفية للتقدم x بدلالة P_H2

5 ـ مثل بيان تغيرات التقدم x بدلالة الزمن.

سلم الرسم:

  للفواصل1cm ↔ 20 s

 للتراتيب 1cm ↔ 4×10^-4 mol

6 ـ عين زمن نصف التفاعل.

7 ـ عين السرعة الحجمية للتفاعل في اللحظة t = 180 s

8 ـ عين عند اللحظة t = 180 s ، حجم ثنائي الهيدروجين المتشكل، والتركيز المولي لشوارد Mg²⁺(aq) في الوسط التفاعلي.

الحل:

1 ـ النواتج خلال هذا التحول هي:

شوارد المغنيزيوم (Mg²⁺) وثنائي الهيدروجين (H₂)

2 ـ حساب كمية المادة الابتدائية للمتفاعلات:

n₀(HCl) = n₀(H⁺) = CV' = 0,1×0,2 = 2,0×10^-2 mol

$$n_0(\text{Mg}) = \frac{9 \times 10^{-2}}{24{,}3} = 3{,}7 \times 10^{-3} \, \text{mol}$$

3 ـ تحديد المتفاعل المحد:

بالاعتماد على جدول التقدم

Mg(S)   +           2H+(aq)   =   Mg2+(aq) + H2(g)				معـــادلة التفاعل
كمـــيات المادة (mol)				التقدم	حـــالة الجملة
0	0	2×10-2	3,7×10-3	0	الحـالة الابتدائية
x	x	2×10-2 – 2x	3,7×10-3 - x	x	الحـالة الانتقالية
Xf	Xf	2×10-2 - 2Xf	3,7×10-3 - Xf	Xf	الحـالة النــهائية

نضع:  

3,7×10^-3-(X_max)₁ = 0 

ومنه نجد: 

(X_max)₁ = 3,7×10^-3 mol

ونضع:

2,0×10^-2-2(X_max)₂ = 0 

ومنه نجد:

(X_max)₂ = 10^-2 mol

نلاحظ أن:

(X_max)₁ < (X_max)₂  

ومنه:

X_max = 3,7×10^-3 mol

ومنه المتفاعل المحد هو: المغنيزيوم Mg

4 ـ ٳيجاد العبارة الحرفية للتقدم x بدلالة P(H₂):

لدينا: P(H₂) = P – P_atm وحسب قانون الغاز المثالي لدينا: P(H₂).V = nRT

حيث n كمية المادة من ثنائي الهيدروجين عند اللحظة t ، أي أن n = x 

ومنه نجد: (P – P_atm).V = x.RT ومنه:

$$x=\frac{(P-P_{\text{atm}})\cdot V}{RT}$$

5 ـ تمثيل بيان تغيرات التقدم x بدلالة الزمن:

بالاعتماد على العلاقة (1) حيث: 

V = 500 – 200 = 300 ml = 3,0×10^-4 m³ 

 T = 20 + 273 = 293 °K نتحصل على الجدول التالي:

144	115	90	71	52	18	0	t(s)
2,83	2,32	1,84	1,45	1,10	0,31	0	x(mmol)
290	266	238	212	193	174	160	t(s)
3,54	3,54	3,54	3,54	3,50	3,24	3,10	x(mmol)

 بالاعتماد على مقياس الرسم على كل محور، بالنسبة للفواصل: 1 cm → 20 s ،

بالنسبة للتراتيب:

1 cm → 4×10^-4 mol

نتحصل على الجدول المساعد التالي:

7,2	5,8	4,5	3,6	2,6	0,9	0	t(cm)
7,1	5,8	4,6	3,6	2,8	0,8	0	x(cm)
14,5	13,3	11,9	10,6	9,6	8,7	8,0	t(cm)
8,8	8,8	8,8	8,8	8,8	8,1	7,8	x(cm)

ومنه نتحصل على البيان التالي:

6 ـ تعيين زمن نصف التفاعل:

من البيان نجد: 

X_max = 8,8×4×10^-4 = 3,52×10^-3 mol = 3,52 mmol

ومنه: X_max/2 = 1,76 ≈ 1,8 mmol

بقسمة  

1,8×10^-3

على مقياس الرسم

4×10^-4 

نجد: 4,5 ، نعين 4,5 على محور التراتيب، ثم نسقط على البيان، ثم نسقط شاقوليا على محور الفواصل فنجد القيمة 2,2 ، نقوم بالضرب في مقياس الرسم على محور الفواصل فنجد:

t_1/2 = 2,2×40 = 88 s

7 ـ تعيين السرعة الحجمية للتفاعل في اللحظة  t = 180 s :

نرسم المماس عند النقطة من البيان ذات الفاصلة t = 180 s 

ومنه:

$$v=\frac{4\times 4\times {10}^{-4}}{\mathrm{0,2}\times 4\times 40}=5\times {10}^{-5}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

8 ـ إيجاد حجم ثنائي الهيدروجين المتشكل عند اللحظة t = 180 s:

من البيان نجد أنه عند اللحظة t = 180 s تكون قيمة التقدم x = 3,4 mmol ، 

ومن جدول التقدم نجد: n(H₂) = x ،

ومن قانون الغاز المثالي نجد:

$$P \cdot V_0 = nRT$$ومنه:
$$V_0 = \frac{nRT}{P} = \frac{1 \times 8{,}31 \times 293}{1{,}009 \times 10^5}$$ $$V_0 = 2413 \times 10^{-5} \, \text{m}^3 = 24{,}13 \, \text{L}$$

لدينا: n(H₂) = V(H₂)/V₀ ومنه:

V(H₂) = 24,13×3,4×10^-3 = 82×10^-3 L

حساب التركيز المولي لشوارد Mg²⁺:

لدينا: n(Mg²⁺) = x = 3,4 mmol ومنه:

$$[{\text{Mg}}^{2+}]=\frac{\mathrm{3,4}\times {10}^{-3}}{\mathrm{0,2}}=\mathrm{1,7}\times {10}^{-2}\text{mol/L}$$

حل التمرين 26 صفحة 56 من وحدة المتابعة الزمنية:

1 ـ أ ـ إيجاد كمية مادة H₂O₂ المتبقية عند t = 10 min:

من البيان نجد:

n(H₂O₂) = 4,5 mol

ب ـ التركيب المولي للمزيج عند t = 10 min:

لدينا جدول التقدم للتفاعل:

2H2O2(aq)      =    O2(g) +   2H2O(l)			معـادلة التفاعل
كمـــيات المادة n(mol)			التقدم	حالة الجملة
0	0	n0(H2O2)	0	الحالة الابتدائية
2x	x	n0(H2O2)-2x	x	الحالة الانتقالية
2Xf	Xf	n0(H2O2)-2Xf	Xf	الحالة النهائية

من جدول التقدم نجد:

n(H₂O₂) = n₀(H₂O₂) –2x  

حيث:

n₀(H₂O₂) = 7,8

ومنه: 4,5 = 7,8  – 2x  ومنه: x = 1,65 mol

ومنه:

n(O₂) = 1,65 mol ، n(H₂O) = 3,3 mol

ومنه تركيب المزيج عند t = 10 min يكون كما يلي:

H2O	O2	H2O2	النوع
3,3	1,65	4,5	كمية المادة (mol)

جـ ـ سرعة إختفاء الماء الأكسجيني عند t = 10 min:

سرعة إختفاء الماء الأكسجيني عند t = 10 min تمثل القيمة المطلقة لميل المماس للبيان عند النقطة المقصودة.

ومنه:

$$v = \frac{5{,}8 \times 1}{5 \times 5} = 0{,}23 \, \text{mol} \cdot \text{min}^{-1}$$

 2 ـ أ ـ إيجاد سرعة إختفاء الماء الأكسجيني في غياب الوسيط:

من البيان نجد: v = 3,3×10^-2 mol.min^-1

ب ـ إيجاد كمية مادة الوسيط:

من أجل v = 0,23 mol.min^-1 و بالاعتماد على البيان نجد:

n(MnO₂) = 2,6×10^-4 mol

جـ ـ كلما زادت كمية مادة الوسيط زادت سرعة التفاعل.