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se1 .pdf



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‫ﺻﻨﺎﻋﺔ اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ اﻷول ﻓﻲ ﻣﻮﺿﻮع اﻟﺒﻜﺎﻟﻮرﻳﺎ‬

‫اﻟﻮﺣﺪة اﻷوﻟﻰ‬

‫‪www.guezouri.org‬‬

‫ﻣﻌﺎﻳﻨﺔ ﻓﺮد آﻴﻤﻴﺎﺋﻲ ﻳﻈﻬﺮ ‪:‬‬
‫اﻟﺘﺪرﻳﺐ ‪01‬‬
‫‪ – 1‬ﻧﺒﺮّد اﻟﻤﺰﻳﺞ ﻟﻜﻲ ﻳﺘﻮﻗﻒ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ اﻟﻤﺪروس ‪ ،‬ﻷﻧﻪ ﺑﻄﻲء ﺟﺪا ﻓﻲ اﻟﺒﺮودة )اﻟﺒﺮودة ﻻ ﺗﺆﺛّﺮ ﻋﻠﻰ ﺗﻔﺎﻋﻞ اﻟﻤﻌﺎﻳﺮة ‪ ،‬ﺣﻴﺚ ﻣﻦ ﺷﺮوط اﻟﻤﻌﺎﻳﺮة‬
‫ﺴﻘْﻲ ‪.‬‬
‫أن ﻳﻜﻮن اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ﺳﺮﻳﻌﺎ وﺗـﺎﻣﺎ( ‪ .‬ﺗﺴﻤﻰ ﻋﻤﻠﻴﺔ اﻟﺘﺒﺮﻳﺪ اﻟ ّ‬
‫‪CV‬‬
‫‪10−2 × 0, 2‬‬
‫= ‪⎡⎣ I − ⎤⎦ = 1 1‬‬
‫‪= 5 × 10−3 mol.L−1‬‬
‫‪V1 + V2‬‬
‫‪0, 4‬‬

‫‪-2‬‬

‫‪ – 3‬ﺟﺪول اﻟﺘﻘﺪم ﻟﻠﺘﻔﺎﻋﻠﻴﻦ ‪:‬‬

‫–‪2 I‬‬

‫‪+‬‬

‫= – ‪2 S2O32‬‬

‫– ‪S4O62‬‬

‫‪+‬‬

‫‪0‬‬

‫‪0‬‬

‫‪0‬‬

‫‪nS O 2 −‬‬

‫‪nI 2‬‬

‫‪2x‬‬

‫‪x‬‬

‫‪nS O 2 − − 2 x‬‬

‫‪nI 2 − x‬‬

‫‪2 xE‬‬

‫‪xE‬‬

‫‪nS O 2 − − 2 xE‬‬

‫‪nI 2 − xE‬‬

‫‪2 3‬‬

‫‪2 3‬‬

‫‪2 3‬‬

‫‪ - 4‬ﻣﻦ ﺟﺪول اﻟﺘﻘﺪّم ﻟﻠﺘﻔﺎﻋﻞ اﻟﻤﺪروس ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪nI 2 = x‬‬

‫‪I2‬‬

‫‪I2‬‬

‫‪+‬‬

‫–‪2 SO42‬‬

‫=‬

‫‪0‬‬

‫‪x‬‬

‫‪C1V1‬‬

‫‪C2 V2‬‬

‫‪C1 V1 − 2 x‬‬

‫‪2x‬‬

‫‪C2 V2 − xf‬‬

‫)‪(1‬‬

‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫ﻣﻦ ﺟﺪول اﻟﺘﻘﺪم ﻟﻠﻤﻌﺎﻳﺮة ﻟﺪﻳﻨﺎ ﻋﻨﺪ اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ ‪ nS O 2 − − 2 xE = 0 :‬و ‪ ، nI 2 − xE = 0‬وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ ‪nS O 2 − = C VE‬‬
‫‪2 3‬‬
‫‪2 23‬‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫ﻣﻦ اﻟﻌﻼﻗﺔ )‪ (1‬ﻧﺴﺘﻨﺘﺞ أن اﻟﺘﻘﺪم هﻮ ‪x = C VE‬‬
‫‪2‬‬

‫‪C2 V2 − x‬‬

‫‪C1 V1 − 2 xf‬‬

‫‪2x f‬‬

‫‪xf‬‬

‫–‪2 I‬‬

‫‪S2O82– +‬‬

‫= ‪nI2‬‬

‫)‪(2‬‬

‫‪1‬‬
‫ﻣﻦ اﻟﺒﻴﺎن ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪) VE = 30 mL‬اﻟﻤﻮاﻓﻖ ﻟـ ‪ ، (t = 40 mn‬وﺑﺎﻟﺘﻌﻮﻳﺾ ﻓﻲ اﻟﻌﻼﻗﺔ )‪x = ×10−2 × 30 × 10−3 = 1,5 × 10−4 mol : (2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪dx‬‬
‫‪ - 3‬ﺳﺮﻋﺔ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ هﻲ‬
‫‪dt‬‬

‫=‪v‬‬

‫‪dV‬‬
‫‪dx 1‬‬
‫ﻣﻦ اﻟﻌﻼﻗﺔ )‪ (2‬ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪= × C E‬‬
‫‪dt 2‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪dVE‬‬
‫‪dt‬‬

‫)‪VE (mL‬‬
‫•‬

‫‪.‬‬

‫•‬

‫هﻮ ﻣﻴﻞ اﻟﻤﻤﺎس ﻋﻨﺪ ‪. t = 26 mn‬‬

‫‪3× 6‬‬
‫‪= 0, 47‬‬
‫‪2 × 19‬‬

‫•‬

‫= ‪ ، a‬وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ‬

‫‪15‬‬

‫•‬

‫)‪t (mn‬‬

‫‪26‬‬

‫‪v = 0 ,5 ×10−2 × 0 , 47 = 2 ,35 × 10−3 mol.mn −1‬‬

‫اﻟﺘﺪرﻳﺐ ‪02‬‬
‫‪-1‬‬

‫‪PV = nRT‬‬

‫‪+ H2O‬‬

‫–‬

‫‪+ 2 CH3COOH(aq) = CO2(g) + 2 CH3COO‬‬

‫)‪(aq‬‬

‫–‪2‬‬

‫‪CO3‬‬

‫وﻟﺪﻳﻨﺎ ﻣﻦ اﻟﺠﺪول ‪x = nCO2‬‬

‫آﺜﻴﺮ‬

‫‪0‬‬

‫‪0‬‬

‫‪nC2 H 4O2‬‬

‫‪nCO 2 −‬‬

‫وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ ‪:‬‬

‫آﺜﻴﺮ‬

‫‪2x‬‬

‫‪x‬‬

‫‪nC2 H 4O2 − 2 x‬‬

‫‪nCO 2 − − x‬‬

‫آﺜﻴﺮ‬

‫‪2x f‬‬

‫‪xf‬‬

‫‪nC2 H 4O2 − 2 xf‬‬

‫‪nCO 2 − − xf‬‬

‫‪1‬‬

‫‪3‬‬

‫‪3‬‬

‫‪3‬‬

‫‪V‬‬
‫‪10−3‬‬
‫=‪P‬‬
‫‪P = 4 × 10−7 P‬‬
‫‪8,31× 300‬‬
‫‪RT‬‬
‫‪1 dx‬‬
‫‪ – 2‬اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﺤﺠﻤﻴﺔ ﻟﻠﺘﻔﺎﻋﻞ ‪:‬‬
‫‪V dt‬‬

‫=‪x‬‬

‫)‪(1‬‬
‫‪600‬‬

‫= ‪(2) v‬‬

‫‪dx‬‬
‫‪dP‬‬
‫‪= 4 × 10−7‬‬
‫وﻟﺪﻳﻨﺎ ﻣﻦ اﻟﻌﻼﻗﺔ )‪(1‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪100‬‬
‫‪1‬‬

‫‪3‬‬

‫‪dP‬‬
‫‪dP‬‬
‫‪dP‬‬
‫‪1‬‬
‫‪1‬‬
‫‪× 4 × 10−7‬‬
‫=‬
‫‪× 4 × 10−7‬‬
‫‪= 8 × 10−6‬‬
‫ﻧﻌﻮّض ﻓﻲ )‪: (2‬‬
‫‪−3‬‬
‫‪V‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪50 × 10‬‬
‫‪dP‬‬
‫‪dt‬‬

‫هﻮ ﻣﻴﻞ اﻟﻤﻤﺎس ﻋﻨﺪ ‪ ، t = 0‬أي‬

‫وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ‬

‫=‪v‬‬

‫‪dP 600 ×100‬‬
‫=‬
‫‪= 2 ×104‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪3‬‬

‫‪v = 0 ,16 mol.L−1mn −1‬‬

‫‪ – 3‬ﻣﻦ ﺟﺪول اﻟﺘﻘﺪم ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪ ، vé tan oate = 2 vCO2‬وﺑﻤﺎ أن اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﺤﺠﻤﻴﺔ ﻟﻈﻬﻮر ‪ CO2‬هﻲ اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﺤﺠﻤﻴﺔ ﻟﻠﺘﻔﺎﻋﻞ ‪ ،‬إذن ‪:‬‬

‫‪vé tanoate = 2 × 0 ,16 = 0,32 mol.L−1mn −1‬‬
‫‪ – 4‬اﻟﺘﻘﺪّم اﻟﻨﻬﺎﺋﻲ ‪x f = 4 × 10−7 Pf = 4 ×10−7 × 600 ×100 = 2 , 4 × 10−2 mol :‬‬

‫اﻟﺘﺪرﻳﺐ ‪03‬‬
‫‪-1‬‬

‫‪90‬‬

‫‪70‬‬

‫‪60‬‬

‫‪50‬‬

‫‪40‬‬

‫‪30‬‬

‫‪20‬‬

‫‪10‬‬

‫‪0‬‬

‫ﻣﻦ ﺟﺪول اﻟﺘﻘﺪم ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪:‬‬

‫‪73‬‬

‫‪70‬‬

‫‪69‬‬

‫‪65‬‬

‫‪64‬‬

‫‪56‬‬

‫‪41‬‬

‫‪23‬‬

‫‪VO2 (mL) 0‬‬

‫‪P‬‬
‫‪105‬‬
‫= ‪VO2‬‬
‫‪× VO2 = 41× VO2‬‬
‫‪8,31× 293‬‬
‫‪RT‬‬

‫= ‪x = nO2‬‬

‫‪t (mn‬‬

‫‪x (mmol) 0 0,94 1,68 2,3 2,6 2,7 2,8 2,9 3,0‬‬

‫ﻣﻦ أﺟﻞ ‪ VO2 = 23 mL‬ﻳﻜﻮن ‪:‬‬
‫‪x = 41× 23 ×10−6 = 943 × 10−6 mol = 0 ,94 mmol‬‬

‫‪2 H2O‬‬

‫‪+‬‬

‫‪O2‬‬

‫=‬

‫‪2 H2O2‬‬

‫ﻣﻦ أﺟﻞ ‪ VO2 = 41 mL‬ﻳﻜﻮن ‪:‬‬

‫آﺜﻴﺮ‬

‫‪0‬‬

‫‪6 ×10−3‬‬

‫‪x = 41× 41× 10−6 = 1681× 10−6 mol = 1, 68 mmol‬‬

‫آﺜﻴﺮ‬

‫‪x‬‬

‫‪6 ×10−3 − 2 x‬‬

‫‪ - 2‬ﻣﻦ ﺟﺪول اﻟﻘﻴﻢ ﻟﺪﻳﻨﺎ ﻋﻨﺪ اﻟﻠﺤﻈﺔ ‪ t = 90 mn‬ﻳﻜﻮن اﻟﺘﻘﺪم‬

‫آﺜﻴﺮ‬

‫‪xf‬‬

‫‪6 ×10−3 − 2 xf‬‬

‫‪. x = 3 mmol‬‬

‫ﻣﻦ ﺟﺪول اﻟﺘﻘﺪّم ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪ ، 0, 006 − 2 x f = 0‬وﻣﻨﻪ ‪x f = 0, 003 mol = 3 mmol‬‬
‫‪ – 3‬ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪= 1,5 mmol‬‬

‫‪xf‬‬
‫‪2‬‬

‫‪ ،‬وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ اﻧﺘﻬﻰ ﻓﻲ اﻟﻠﺤﻈﺔ ‪t = 90 mn‬‬

‫‪ ،‬وهﺬﻩ اﻟﻘﻴﻤﺔ ﻣﺤﺼﻮرة ﺑﻴﻦ اﻟﻘﻴﻤﺘﻴﻦ ‪ 0,94 mmol‬و ‪ ، 1,68 mmol‬وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ‬

‫] ‪t1 / 2 ∈ [10mn , 20mn‬‬

‫‪2‬‬

‫‪ – 4‬اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﻤﺘﻮﺳﻄﺔ ﻹﺧﺘﻔﺎء اﻟﻤﺎء اﻷآﺴﻮﺟﻴﻨﻲ ‪:‬‬

‫‪Δ nH 2O2‬‬
‫) ‪Δ ( 0,006 − 2 x‬‬
‫) ‪Δ ( 0,006‬‬
‫‪Δx‬‬
‫‪2 , 7 − 2 ,3‬‬
‫‪=−‬‬
‫‪=−‬‬
‫‪+2‬‬
‫×‪= 0 + 2‬‬
‫‪= 0, 04 mol.mn −1‬‬
‫‪50 − 30‬‬
‫‪Δt‬‬
‫‪Δt‬‬
‫‪Δt‬‬
‫‪Δt‬‬

‫‪vH 2O2 = −‬‬

‫ﻣﻌـــﺎﻳﺮة ﻓﺮد آﻴﻤﻴــﺎﺋﻲ ﻳﺨﺘﻔﻲ ‪:‬‬
‫اﻟﺘﺪرﻳﺐ ‪01‬‬

‫) ‪[ I 2 ] ( mmol.L−1‬‬

‫–‪Zn + I2 = Zn2+ + 2 I‬‬
‫] ‪d [ I2‬‬
‫‪ – 1‬اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﺤﺠﻤﻴﺔ ﻻﺧﺘﻔﺎء ﺛﻨــﺎﺋﻲ اﻟﻴﻮد ‪:‬‬
‫‪dt‬‬
‫] ‪d [ I2‬‬
‫‪dt‬‬

‫‪vI 2 = −‬‬
‫• ‪10‬‬

‫هﻮ ﻣﻴﻞ اﻟﻤﻤﺎس ﻟﻠﺒﻴﺎن ﻋﻨﺪ ‪ ، t = 0‬أي ‪:‬‬

‫] ‪d [ I2‬‬
‫‪20‬‬
‫‪=−‬‬
‫‪= − 0 ,13‬‬
‫‪150‬‬
‫‪dt‬‬

‫‪ ،‬وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ ‪:‬‬

‫•‬
‫‪t1 / 2 200‬‬

‫)‪t (s‬‬

‫‪v = 0 ,16mmol.L−1s −1‬‬

‫‪ - 2‬اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﺤﺠﻤﻴﺔ ﻟﺘﺸﻜّﻞ ‪ : Zn2+‬ﻓﻲ ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ﻧﻼﺣﻆ أن ‪vZn2 + = vI2 = 0,13 mmol.L−1 .s −1‬‬
‫‪ – 3‬اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﺤﺠﻤﻴﺔ ﻟﺘﺸﻜّﻞ –‪ : I‬ﻓﻲ ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ﻧﻼﺣﻆ أن ‪vI − = 2 vZn2 + = 0,26 mmol.L−1 .s −1‬‬
‫‪ – 4‬زﻣﻦ ﻧﺼﻒ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ‪ :‬هﻮ اﻟﺰﻣﻦ اﻟﻼزم ﻻﺳﺘﻬﻼك ﻧﺼﻒ آﻤﻴﺔ ‪ ، I2‬وهﻮ ‪t1 / 2 ≈ 115 s‬‬
‫اﻟﺘﺪرﻳﺐ ‪02‬‬

‫‪ – 1‬ﻋﻨﺪ اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ ﻳﻜﻮن ‪n'OH − = nH O+ = Ca VE‬‬
‫‪3‬‬

‫هﺬﻩ اﻟﻜﻤﻴﺔ ﻣﻦ –‪ OH‬ﻣﻮﺟﻮدة ﻓﻲ اﻟﺤﺠﻢ ‪ ، V = 10mL‬أﻣﺎ ﻓﻲ اﻟﺤﺠﻢ ‪ VT = V1 + V2‬ﻓﻴﻮﺟﺪ )ﺑﻮاﺳﻄﺔ اﻟﻘﺎﻋﺪة اﻟﺜﻼﺛﻴﺔ( ‪:‬‬
‫‪Ca VE‬‬
‫‪V‬‬

‫‪nOH − = VT‬‬

‫‪2,5 × 10−2 × 6, 2‬‬
‫‪ – 2‬ﻓﻲ اﻟﻠﺤﻈﺔ ‪ t = 8 h‬ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪ ، VE = 6,2 mL‬وﻣﻨﻪ ‪= 1,55 × 10−2 mol‬‬
‫‪10‬‬

‫× ‪. nOH − = 1‬‬

‫ﻧﻨﺸﻲء ﺟﺪول ﻟﻠﺘﻘﺪم ‪:‬‬
‫آﻤﻴﺔ ﻣﺎدة ‪: (CH3)3–CCl‬‬
‫‪4 , 26‬‬
‫‪= 0 , 05 mol‬‬
‫‪92 ,5‬‬

‫=‪n‬‬

‫)‪Cl–(aq‬‬

‫‪+‬‬

‫)‪(CH3)3–COH(aq‬‬

‫=‬

‫)‪OH–(aq‬‬

‫‪+‬‬

‫)‪(CH3)3–CCl(aq‬‬

‫‪0‬‬

‫‪0‬‬

‫‪0,05‬‬

‫‪0,05‬‬

‫‪x‬‬

‫‪x‬‬

‫‪0, 05 − x‬‬

‫‪0, 05 − x‬‬

‫‪xf‬‬

‫‪xf‬‬

‫‪0, 05 − xf‬‬

‫‪0, 05 − xf‬‬

‫آﻤﻴﺔ ﻣﺎدة –‪: OH‬‬

‫‪n' = C2 V2 = 10−1 × 0,5 = 0, 05 mol‬‬
‫ﻣﻦ ﺟﺪول اﻟﺘﻘﺪّم ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪ ، 0, 05 − x = nOH − = 1,55 ×10−2 :‬وﻣﻨﻪ ‪x = 0,035 mol‬‬
‫اﻟﺘﺤﻮل ﻟﻢ ﻳﻨﺘﻬﻲ ﻓﻲ اﻟﻠﺤﻈﺔ ‪ ، t = 8 h‬إﻣﺎ ﻧﻘﻮل ‪ :‬ﻷن –‪ OH‬ﻣﺎ زاﻟﺖ ﺑــﺎﻗﻴﺔ ‪ ،‬أو ﻧﻘﻮل ‪ :‬ﻷن ‪ ، xm > x‬ﺣﻴﺚ ‪xm = 0, 05 mol‬‬

‫‪3‬‬

‫اﻟﺘﺪرﻳﺐ ‪03‬‬
‫‪ – 1‬ﺟﺪول اﻟﺘﻘﺪّم ‪:‬‬
‫اﻟﻤﺎء ﻣﻮﺟﻮد ﺑﺰﻳـﺎدة ﻷن ‪:‬‬

‫‪150‬‬
‫‪= 8,3 mol‬‬
‫‪18‬‬

‫)‪(CH3)3–COH(aq) + H3O+(aq) + Cl–(aq‬‬

‫)‪(CH3)3–CCl(aq) + 2 H2O(l‬‬

‫=‬

‫‪0‬‬

‫‪0‬‬

‫‪0‬‬

‫ﺑﻜﺜﺮة‬

‫‪3 ×10−3‬‬

‫‪x‬‬

‫‪x‬‬

‫‪x‬‬

‫ﺑﻜﺜﺮة‬

‫‪3 × 10−3 − x‬‬

‫‪xm‬‬

‫‪xm‬‬

‫‪xm‬‬

‫ﺑﻜﺜﺮة‬

‫‪3 × 10−3 − xm‬‬

‫= ‪nH 2O‬‬

‫)‪ 150 mL‬ﻣﻦ اﻟﻤﺎء ﺗﻜﺎﻓﺊ ‪(150 g‬‬

‫‪ - 2‬ﻣﻦ اﻟﺠﺪول ‪ ، 3 × 10−3 − xm = 0 :‬وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ ‪xm = 3 × 10−3 mol‬‬
‫‪–3‬‬

‫ﻓﻲ اﻟﻠﺤﻈﺔ ‪ t‬ﺗﻜﻮن اﻟﻨﺎﻗﻠﻴﺔ اﻟﻨﻮﻋﻴﺔ‬

‫ﻓﻲ ﻧﻬـﺎﻳﺔ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ﺗﻜﻮن اﻟﻨﺎﻗﻠﻴﺔ اﻟﻨﻮﻋﻴﺔ‬

‫‪σ‬‬
‫ﺑﻘﺴﻤﺔ )‪ (1‬ﻋﻠﻰ )‪ (2‬ﻧﺠﺪ‬
‫‪σf‬‬
‫‪-4‬‬

‫‪) Vx‬‬

‫‪3‬‬

‫‪) nV‬‬

‫‪0‬‬

‫(‬

‫‪σ = λH O+ + λCl −‬‬

‫)‪(1‬‬

‫(‬

‫‪σ f = λH O+ + λCl −‬‬
‫‪3‬‬

‫)‪(2‬‬

‫‪x = n0‬‬

‫‪5,1‬‬
‫‪= 1, 68 × 10−3 mol‬‬
‫‪9 ,1‬‬

‫‪9,1mS 9,1×10−3‬‬
‫=‬
‫‪= 0,91 S.m −1‬‬
‫‪−2‬‬
‫‪cm‬‬
‫‪1× 10‬‬

‫× ‪x = 3 ×10−3‬‬

‫= ‪9,1mS.cm −1‬‬

‫هﺬا ﻣﻌﻨــــﺎﻩ ‪:‬‬
‫اﻟﻌﺎﻣﻞ اﻟﺤﺮآﻲ ‪ :‬هﻮ اﻟﻤﻘﺪار اﻟﺬي ﻳﻐﻴﺮ اﻟﺘﻄﻮر اﻟﺰﻣﻨﻲ ﻟﺠﻤﻠﺔ آﻴﻤﻴﺎﺋﻴﺔ ﺗﺘﺤﻮّل ﺑﻔﻌﻞ ﺗﻔﺎﻋﻞ ﺑﻄﻲء ‪ ،‬وﻣﻦ هﺬﻩ اﻟﻤﻘﺎدﻳﺮ ‪:‬‬
‫درﺟﺔ اﻟﺤﺮارة ‪ ،‬ﺗﺮاآﻴﺰ اﻟﻤﺘﻔﺎﻋﻼت ‪ ،‬اﻟﺤﺎﻟﺔ اﻟﻔﻴﺰﻳﺎﺋﻴﺔ ﻟﻠﻤﺘﻔﺎﻋﻼت ‪ ،‬اﻟﺘﺤﻔﻴﺰ ‪.‬‬
‫اﻟﻮﺳﻴﻂ اﻟﻜﻴﻤﻴﺎﺋﻲ ‪ :‬ﻓﺮد آﻴﻤﻴﺎﺋﻲ ﻳﺴﺮع اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ﺑﺪون اﻟﺘﺄﺛﻴﺮ ﻋﻠﻰ اﻟﻨﻮاﺗﺞ ‪.‬‬
‫اﻟﺘﺤﻔﻴﺰ اﻟﺬاﺗﻲ ‪ :‬ﻋﻨﺪﻣﺎ ﻳﻜﻮن أﺣﺪ اﻟﻨﻮاﺗﺞ ﻓﻲ ﺗﺤﻮّل آﻴﻤﻴـﺎﺋﻲ ﻳﻘﻮم ﺑﺘﺤﻔﻴﺰ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ‪ ،‬ﺗﺴﻤّﻰ اﻟﻈﺎهﺮة اﻟﺘﺤﻔﻴﺰ اﻟﺬاﺗﻲ ‪.‬‬
‫ﺳﺮﻋﺔ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ‪ :‬ﻣﻘﺪار ﺗﻐﻴﺮ اﻟﺘﻘﺪم اﻟﻜﻴﻤﻴﺎﺋﻲ )وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ آﻤﻴﺎت ﻣﺎدة اﻟﻤﺘﻔﺎﻋﻼت واﻟﻨﻮاﺗﺞ( ﻓﻲ وﺣﺪة اﻟﺰﻣﻦ ‪.‬‬
‫اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﺤﺠﻤﻴﺔ ﻟﻠﺘﻔـﺎﻋﻞ ‪ :‬ﻣﻘﺪار ﺗﻐﻴﺮ اﻟﺘﻘﺪّم )وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ آﻤﻴﺎت ﻣﺎدة اﻟﻤﺘﻔﺎﻋﻼت واﻟﻨﻮاﺗﺞ( ﻓﻲ وﺣﺪة اﻟﺰﻣﻦ ﻓﻲ ﻟﺘﺮ ون اﻟﻤﺰﻳﺞ اﻟﻤﺘﻔﺎﻋﻞ ‪.‬‬
‫ﻣﺆﺷﺮ ﺑﻠﻮغ اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ ‪ :‬هﻲ اﻟﻈﺎهﺮة اﻟﺘﻲ ﺗﺒﻴﻦ ﻟﻨﺎ وﻗﺖ اﺧﺘﻔﺎء اﻟﻔﺮد اﻟﻜﻴﻤﻴﺎﺋﻲ اﻟﺬي ﻧﻘﻮم ﺑﻤﻌﺎﻳﺮﺗﻪ )ﻳﺨﺘﻔﻲ أو ﻳﺴﺘﻘﺮ اﻟﻠﻮن( ‪.‬‬
‫ﻣﻠﺤﻖ‬
‫ﺗﻔﺎﻋﻼت أآﺴﺪة – إرﺟــﺎع أﺧﺮى‬
‫اﻟﺜﻨﺎﺋﻴﺘــﺎن‬

‫ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻷآﺴﺪة – ارﺟــﺎع‬

‫‪+ 5 SO2 + 6 H2O = 2 Mn2+ + 5 SO42– + 4 H3O+‬‬
‫‪Mn2+ + 5 Fe3+ + 12 H2O‬‬

‫–‪MnO4‬‬

‫‪2‬‬

‫= ‪MnO4– + 5 Fe2+ + 8 H3O+‬‬

‫–‪2‬‬

‫‪ SO2 / SO4‬و‬

‫‪2+‬‬

‫–‬

‫‪MnO4 / Mn‬‬

‫‪ Fe2+ / Fe3+‬و ‪MnO4– / Mn2+‬‬

‫‪2 I– + H2O2 + 2 H3O+ = I2 + 4 H2O‬‬

‫‪ I– / I2‬و ‪H2O2 / H2O‬‬

‫‪2 MnO4– + 5 H2O2 + 6 H3O+ = 2 Mn2+ + 5 O2 + 14 H2O‬‬

‫‪ MnO4– / Mn2+‬و ‪O2 / H2O2‬‬

‫‪+ 3 H2C2O4 + 8 H3O+ = 2 Cr+3 + 6 CO2 + 15 H2O‬‬

‫‪4‬‬

‫–‪2‬‬

‫‪ H2C2O4 / CO2 Cr2O7‬و ‪Cr2O72– / Cr3+‬‬


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