تصحيح تمارين كتاب الفيزياء الوحدة 1 من 1---13

[djad]

1
( S/ lieutenant) التمرين 01
تعليق : خطأ علمي في هذا التمرين .
الصورة التي نلاحظها في الشكل لا علاقة لها بالتحول الكيميائي المدروس في نص التمرين .
العبارة الواردة في التمرين << نشاهد في التجربة التالية ظهور اللون الأصفر لحظة إضافة آلور الهيدروجين إلى محلول ثيوآبريتات
الصوديوم ...>> هذا غير صحيح !!
ماذا يحدث في الحقيقة ؟
بعد حوالي ثانيتين من لحظة إضافة حمض آلور الهيدروجين إلى محلول ثيوآبريتات الصوديوم لا نلاحظ أي شيء ، وبعد حوالي عشر
. S ثوان يبدأ اللون الأصفر يظهر ، وهو لون الكبريت
التفسير :
في بداية التفاعل تبدأ بلورات الكبريت في التشكّل ، وهي بلورات متناهية في الصغر أبعادها من رتبة الميكرو متر . تقوم هذه البلورات
بنشر الضوء ، ويكون اللون الأزرق أآثر انتشارا (خواص الكبريت) ، فبالنسبة لملاحظ جانبي (لا ينظر شاقوليا للإناء ) يشاهد في البداية
اللون الأزرق الفاتح .
بمرور الزمن يزداد حجم بلورات الكبريت فيتعكر المحلول . للمزيد انقر على الصورة
. (S) 1 - اللون الأصفر هو لون الكبريت
2 - يدوم التحول حوالي 10 ثوان ، نعتبره سريعا .
3 - نحضر عدّة محاليل لثيوآبريتات الصوديوم بنفس الحجم لكن بتراآيز مختلفة في
آؤوس متماثلة شفافة . نضع هذه الكؤوس فوق قطع ورقية عليها علامة بالحبر الأسود
. (A (مثلا حرف
نضيف نفس الحجم من محلول حمض آلور الهيدروجين لكل الكؤوس . t = في اللحظة 0
ملاحظة :
استعملنا نفس الحجم من المزيج المتفاعل حتى لا يتدخّل سمك طبقة السائل آعامل في حجب العلامة السوداء . وبالتالي يكون السبب
الوحيد في حجب العلامة هو آمية الكبريت الناتجة في آل آأس .
حيث أن هذه الكمية هي نفسها في آل الكؤوس ، آل ما في الأمر أن ، Δt آمية مادة الكبريت الناتجة في المدة الزمنية Δ n ليكن
العلامة تُحجب في مدات زمنية مختلفة .
السرعة المتوسطة لظهور الكبريت هي :
t
v n
Δ
Δ
. Δt = . السرعة تتناسب عكسيا مع المدة
( S/ lieutenant) التمرين 02
1 – يدلّ الصدأ على أن الحديد تفاعل مع ثنائي الأآسوجين .
4 Fe + 3 O2 → 2 Fe2O 2 – معادلة التفاعل الكيميائي : 3
3 – تفاعل بطيء .
الجزء الأول التطورات الرتيبة
الوحدة 01 تطور آميات مادة المتفاعلات والنواتج خلال تحول آيميائي في محلول مائي
GUEZOURI Aek – Lycée Maraval - Oran حلول تمارين الكتاب المدرسي
2
( S/ lieutenant) التمرين 03
S4O و 6 I2 / I – : 1 – الثنائيتان هما
2– / S2O3
2–
I2 + 2 e – = 2 I – : 2 - المعادلتان النصفيتان الإلكترونيتان هما
S4O6
S2O3 2 – + 2 e –
2 2 – =
I2 + 2 S2O 3 - معادلة الأآسدة – إرجاع : 3
2 – → S4O6
2 – + 2 I –
4 - قبل التكافؤ يزول لون ثنائي اليود آلما امتزج مع ثيوآبريتات الصوديوم (ثنائي اليود هو المتفاعل المحدّ ) . ولما نصل للتكافؤ
فأية قطرة إضافية منه تنزل للكأس يستقر لونها الأسمر .
( S/ lieutenant) التمرين 04
SO و 4 I2 / I – : Ox/Rd 1 – يحدث التفاعل بين الثنائيتين
S2O8 / 2-
2 -
2 - المعادلتان النصفيتان :
2I – = I2 + 2 e–
S2O8
2 - + 2 e– = 2 SO4
2 -
3 - معادلة الأآسدة – إرجاع :
2 I –
(aq) + S2O8
2 –
(aq)
→ I2(aq) + 2 SO4
2 –
(aq)
. I 4 – سبب ظهور اللون الأسمر هو تشكّل ثنائي اليود 2
( S/ lieutenant) التمرين 05
نكشف عنه مثلا بإشعال عود ثقاب ثم إطفائه وإدخاله مباشرة في أنبوب التجربة . O 1 – الغاز الذي ينطلق هو غاز ثنائي الأآسجين 2
فنلاحظ أن جمرته تزداد توهجا .
2 – نعلم أن شاردة البرمنغنات هي مؤآسد قوي ، إذن في هذه الحالة الماء الأوآسجيني يلعب دور مرجع .
MnO الثنائتان هما : 4
O2 / H2O و 2 – / Mn2+
المعادلتان النصفيتان الإلكترونيتان هما :
2 × ( MnO4
– (aq)
+ 5 e– + 8 H+
(aq) = Mn2+
(aq)+ 4 H2O(l) )
= O2 (g) + 2 e– + 2 H+ )
5 × ( H2O2 (aq) (aq)
2 MnO معادلة الأآسدة – ارجاع هي : 4
–
(aq) + 6 H+
(aq) 5 H2O2 → 2 Mn2+
(aq) + 5 O2 (g) + 8 H2O (l)
( S/ lieutenant) التمرين 06
نكشف عنه مثلا بتقريب عود ثقاب مشتعل من فوهة الأنبوب بعد سده لبعض . H 1 – الغاز المنطلق هو غاز ثنائي الهيدروجين 2
الدقائق حتى تتجمع آمية معتبرة منه ، تحدث فرقعة ناتجة عن تفاعل ثنائي الهيدروجين مع ثنائي الأآسجين الموجود في الهواء .
Na 2 - المرجع هو الصوديوم
المؤآسد هو الماء
H2 / H2O و Na+ / Na : 3 – الثنائيتان هما
2 × ( Na = Na+ + e– ) : المعادلتان النصفيتان الإلكترونيتان هما
2 H2O + 2 e– = H2 + 2 OH –
2 Na (s) + 2 H2O(l) → 2 Na+ : معادلة الأآسدة إرجاع
(aq) + 2 OH –
(aq) + H2 (g)
3
( S/ lieutenant) التمرين 07
Fe2+ / Fe و Cu2+ / Cu : 1 – الثنائيتان هما
Cu المعادلتان النصفيتان الإلكترونيتان هما : + 2
إرجاع (aq) + 2 e– = Cu (s)
أآسدة Fe (s) = Fe2+ (aq) + 2 e–
Cu معادلة الأآسدة – ارجاع هي : + 2
(aq) + Fe (s) → Fe2+
(aq) + Cu (s)
2 – يدلّ زوال اللون الأزرق على أن آل شوارد النحاس الثنائية قد تحوّلت إلى ذرات نحاس ( نلاحظ لون أحمر فوق برادة الحديد
الفائضة وهو لون النحاس) . هذا التفاعل سريع ، لا يدوم إلا بعض الثواني .
Na+ ) 3 – لكي نكشف عن الشوارد المتشكلة نرشّح ناتج التفاعل ونضيف للمحلول محلولا لهيدروآسيد الصوديوم
(aq) , OH–
( (aq)
دلالة على أن الشوارد الناتجة هي شوارد الحديد ، Fe(OH) فيتشكل راسب أخضر لهيدروآسيد الحديد الثنائي (معروف بلونه الخاص) 2
. (Fe الثنائي (+ 2
( Lieutenant) التمرين 08
MnO 1 - الثنائتان هما : 4
O2 / H2O و 2 – / Mn2+
2 - المعادلتان النصفيتان الإلكترونيتان هما :
2 × ( MnO4
– (aq)
+ 5 e– + 8 H+
(aq) = Mn2+
(aq)+ 4 H2O(l) )
= O2 (g) + 2 e– + 2 H+ )
5 × ( H2O2 (aq) (aq)
2 MnO معادلة الأآسدة – ارجاع هي : 4
–
(aq) + 6 H+
(aq) 5 H2O2 → 2 Mn2+
(aq) + 5 O2 (g) + 8 H2O (l)
3 – نحن بمثابة معايرة محلول الماء الأآسوجيني بواسطة محلول برمنغنات البوتاسيوم ، إذن المتفاعل المحدّ قبل التكافؤ هو برمنغنات
البوتاسيوم .
الشفاف) . وعندما نبلغ ) Mn الشفاف) وظهور + 2 ) H2O قبل التكافؤ آلما تنزل آمية من برمنغنات البوتاسيوم يزول لونها لتفاعلها مع 2
لتتفاعل معه لأن هذا الأخير ينتهي عند التكافؤ . H2O التكافؤ ، أية قطرة زيادة من برمنغنات البوتاسيوم يستقر لونها لعدم وجود 2
(عندما تجيب لست مطالبا بكل هذا الشرح ، بل قلْ فقط : عندما نبلغ التكافؤ يستقر اللون البنفسجي لبرمنغنات البوتاسيوم ) .
4 – جدول التقدم
2 MnO4
–
(aq) + 6 H+
(aq) 5 H2O2 → 2 Mn2+
(aq) + 5 O2 (g) + 8 H2O (l)
معادلة التفاعل
التقدم حالة الجملة (mol) آمية المادة
n (MnO4 n (H+) n (H2O2) 0 زيادة 0
0 الحالة الابتدائية –)
n (MnO4 n (H+) – 6 x n (H2O2) –5 x 2 x 5 x زيادة
الحالة الانتقالية x –) - 2 x
n (MnO4 n (H+) – 6 xE n (H2O2) – 5 xE 2 xE 5 xE زيادة
–) - 2 E x E الحالة النهائية x
n (MnO4 xE= 5 – عند التكافؤ يكون لدينا : 0
(1) –) – 2
(2) n (H2O2) – 5 E x = 0
n (MnO من العلاقة ( 1) ونعوّضها في ( 2) ، نجد : 4 xE نستخرج عبارة
2 –)
أي : ، n (H2O2) = 5
C' V'E
2
هو حجم برمنغنات البوتاسيوم المضاف عند التكافؤ . V'E حيث ، C V = 5
4
. V'E = 12,5 mL نأخذ من عندنا قيمة ملائمة ، ولتكن . ( V'E 6 – ( معلومة ناقصة في هذا التمرين ، هي قيمة
mol L : نحسب الترآيز المولي لمحلول الماء الأآسوجيني
V
C C VE ' ' 1,6 10 /
2
= 5 = × −1
( Lieutenant) التمرين 09
Mg 1 - الثنائتان هما : + 2
H+ / H2 (aq) و (aq) / Mg (s)
. (aq)
المعادلتان النصفيتان الإلكترونيتان هما :
Mg (s) = Mg2+
(aq) + 2 e–
2 H+
(aq) + 2 e– = H2 (g)
Mg (s) + 2 H+ : معادلة الأآسدة – إرجاع
(q) → Mg2+
(aq) + H2 (g)
n (H+) = C1 V1 = 1 × 10 × 10 -3 = 1,0 × 10 –2 mol : الابتدائيتين Mg و H+ 2 – نحسب آمية مادة
3 mol
3
1,5 10
24,3
36,45 10 −
−
= ×
×
n (Mg) =
المتفاعل المحد : ننشيء جدول التقدم :
Mg (s) + 2 H+
(q) → Mg2+
معادلة التفاعل (aq) + H2 (g)
التقدم حالة الجملة (mol) آمية المادة
0 الابتدائية 1,5 × 10 –3 10 –2 0 0
الانتقالية x 1,5 × 10 –3 – x 10 –2 – 2 x x x
هي الموافقة لكمية مادة المغنزيوم ، وبالتالي المغنزيوم هو المتفاعل المحد . x من حل المعادلتين التاليتين نجد القيمة الصغرى ل
10 –2 – 2 x = 0 ، 1,5 × 10 –3 – x = 0
. xmax 1,5 ، وهي نفسها قيمة × 10 –3 mol هي x القيمة الصغرى ل
n (H2) = xmax = 1,5 × 10 –3 mol من الجدول لدينا
mol : 15 آمية مادة ثنائي الهيدروجين هي mn من المعطيات لدينا بعد
V
V
m
H 3
3
1,38 10
22,4
31 10 2 −
−
= ×
×
n (H2) = =
. 15 mn إذن التفاعل لم ينتهي بعد ، xmax وهذه القيمة أصغر من
( S/ Lieutenant) التمرين 10
α A + β B → γ C + δ D : 2 ، وهو من الشكل A + B → C + D : التفاعل منمذج بالمعادلة
vA=vB= vC =vD هي D ، C ، B ، A لدينا العلاقة بين سرعات اختفاء وظهور الأفراد الكيميائية
. α β γ δ
β = γ = δ = 1 ، α = في حالتنا هذه لدينا 2
2 1
A C v v = ، وبالتعويض : 0,1 . 1. 1
2
= 0,2 = mol L− mn− C v
5
( S/ Lieutenant) التمرين 11
1 – يُعتبر التفاعل بطيئا .
2 – السرعة الحجمية المتوسطة :
t
n
V
v MnO
Δ
Δ
= −
1 ( 4− ) (1)
n(MnO لدينا : 4
–) = C V = 0,01 × 0,05 = 5 × 10 –4 mol
5 1 1 : ( بالتعويض في ( 1
4
3,6 10 . .
140
(0 5 10 )
0,1
1 − − −
−
= ×
− ×
v = − mol L s
(Lieutenant) التمرين 12
120 ] هي : , 360 s] في المجال الزمني CH3–COO–C2H 1 – السرعة المتوسطة لتشكل الأستر 5
5,8 10 4 . 1
240
0,54 0,40 = × − −
−
=
Δ
Δ
= mol s
t
n
m ( الشكل – 1 ) v
: t = 2 – السرعة عند اللحظة 0
1,3 10 2 . 1 ، ( في المبدأ (الشكل – 2 nEster = f(t) تمثل هذه السرعة ميل المماس للبيان
60 0
0,8 0 = × − −
−
−
v = mol s
x f mol من البيان ، ومنه x f = 0,6 mol 3 – زمن نصف التفاعل : لدينا
0,3
2
= . الزمن الموافق لهذه القيمة على البيان هو
t 60 s . 1/2 =
(S/ Lieutenant) التمرين 13
1 - خاطئة (الصحيح : أآبر ما يمكن )
2 - خاطئة (الصحيح : تنتهي نحو الصفر )
ثم نقسّم النتيجة على حجم ، t = 40 s 3 - لكي نتأآد من صحة أو خطأ النتيجة نحسب ميل المماس للبيان في النقطة التي فاصلتها
V = V1 + V2 = 0,4 L المزيج
dt
dx
V
(1) v = 1
4 1
3
1,17 10 .
64
7,5 10 − −
−
= ×
×
= mol mn
dt
dx
120 360
0,2
0,54
0,4
t (s)
nester (mol)
الشكل – 1
0
60 360
0,2
0,8
t (s)
nester (mol)
0
الشكل - 2
6
: ( بالتعويض في ( 1
1,17 10 4
0,4
v = 1 × × −
v = 2,92 ×10−4 mol.L−1. .mn−1
يُعتبر الاقتراح صحيح .
(الدقة في رسم المماس )
ملاحظة :
لا يمكن لكل التلاميذ أن يجدوا نفس قيمة الميل ، لأن
هذا راجع لدقة الرسم ، ولهذا في تصحيح
امتحان البكالوريا في هذه الحالة يُعطى
مجال لقيم الميل (مثلا من 5,5 إلى 5,8 ) . آل هذه القيم تعتبر صحيحة .
يتبع ... الجزء الثاني من التمارين من 14 إلى 29
GUEZOURI Abdelkader – Lycée Maraval – Oran
https://www.guezouri.org
40
3•
x (mmol)
• •
•
A
C B
t (mn)
•

[غويني المسعود]

شكور اخي على التمارين نرجو المزيد منك الوحدة 3

[disjoncteur]

الف شكر اخي

[fatima-20]

شكرا جزيلا إنشاء الله تنجح في الباك انا اختك من المسيلة ارجو المزيد و بالتوفيق