ExoLivre U1A .pdf



Nom original: ExoLivre U1A.pdfTitre: Microsoft Word - ExoLivre U1A.docAuteur: Administrateur

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‫اﻟﺘﻄﻮرات اﻟـﺮﺗــﻴﺒﺔ‬

‫اﻟﻜﺘﺎب اﻷول‬

‫ﺗﻄﻮر آﻤﻴﺎت ﻣﺎدة اﻟﻤﺘﻔﺎﻋﻼت واﻟﻨﻮاﺗﺞ ﺧﻼل ﺗﺤﻮل آﻴﻤﻴــﺎﺋﻲ ﻓﻲ ﻣﺤﻠﻮل ﻣﺎﺋﻲ‬

‫اﻟﻮﺣﺪة ‪01‬‬

‫ﺣﻠــﻮل ﺗﻤـــﺎرﻳﻦ اﻟﻜﺘﺎب اﻟﻤﺪرﺳﻲ‬

‫‪GUEZOURI Aek – Lycée Maraval - Oran‬‬

‫اﻟﺠﺰء اﻷول )ﺣﺴﺐ اﻟﻄﺒﻌﺔ اﻟﺠﺪﻳﺪة ﻟﻠﻜﺘﺎب اﻟﻤﺪرﺳﻲ اﻟﻤﻌﺘﻤﺪة ﻣﻦ ﻃﺮف اﻟﻤﻌﻬﺪ اﻟﻮﻃﻨﻲ ﻟﻠﺒﺤﺚ ﻓﻲ اﻟﺘﺮﺑﻴﺔ (‬

‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪01‬‬
‫ل اﻟﺼﺪأ ﻋﻠﻰ أن اﻟﺤﺪﻳﺪ ﺗﻔﺎﻋﻞ ﻣﻊ ﺛﻨﺎﺋﻲ اﻷآﺴﻮﺟﻴﻦ ‪.‬‬
‫‪ – 1‬ﻳﺪ ّ‬
‫‪ – 2‬ﻣﻌـﺎدﻟﺔ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ اﻟﻜﻴﻤﻴـﺎﺋﻲ ‪:‬‬

‫‪= 2 Fe2O3‬‬

‫‪4 Fe + 3 O2‬‬

‫‪ – 3‬ﺗﻔﺎﻋﻞ ﺑﻄﻲء ‪.‬‬
‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪02‬‬
‫‪ – 1‬اﻟﺜﻨﺎﺋﻴﺘﺎن هﻤﺎ ‪ I2 / I – :‬و –‪S4O6 2– / S2O32‬‬
‫– ‪I2 + 2 e – = 2 I‬‬

‫‪ - 2‬اﻟﻤﻌﺎدﻟﺘﺎن اﻟﻨﺼﻔﻴﺘﺎن اﻹﻟﻜﺘﺮوﻧﻴﺘﺎن هﻤﺎ ‪:‬‬

‫– ‪S4O62 – + 2 e‬‬

‫= – ‪2 S2O32‬‬

‫– ‪I2 + 2 S2O32 – = S4O62 – + 2 I‬‬

‫‪ - 3‬ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻷآﺴﺪة – إرﺟــﺎع ‪:‬‬

‫‪ - 4‬ﻗﺒﻞ اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ ﻳﺰول ﻟﻮن ﺛﻨﺎﺋﻲ اﻟﻴﻮد آﻠﻤﺎ اﻣﺘﺰج ﻣﻊ ﺛﻴﻮآﺒﺮﻳﺘﺎت اﻟﺼﻮدﻳﻮم )ﺛﻨﺎﺋﻲ اﻟﻴﻮد هﻮ اﻟﻤﺘﻔﺎﻋﻞ اﻟﻤﺤ ّﺪ ( ‪.‬‬

‫وﻟﻤﺎ ﻧﺼﻞ ﻟﻠﺘﻜﺎﻓﺆ‬

‫ﻓﺄﻳﺔ ﻗﻄﺮة إﺿﺎﻓﻴﺔ ﻣﻨﻪ ﺗﻨﺰل ﻟﻠﻜﺄس ﻳﺴﺘﻘﺮ ﻟﻮﻧﻬﺎ اﻷﺳﻤﺮ ‪.‬‬
‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪03‬‬
‫‪ – 1‬ﻳﺤﺪث اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ﺑﻴﻦ اﻟﺜﻨﺎﺋﻴﺘﻴﻦ ‪ I2 / I – : Ox/Rd‬و ‪S2O82 - / SO42-‬‬
‫‪ - 2‬اﻟﻤﻌﺎدﻟﺘﺎن اﻟﻨﺼﻔﻴﺘــﺎن ‪:‬‬
‫–‪2I – = I2 + 2 e‬‬
‫ ‪S2O82 - + 2 e– = 2 SO42‬‬‫‪ - 3‬ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻷآﺴﺪة – إرﺟــﺎع ‪:‬‬
‫)‪2 I –(aq) + S2O82 –(aq) = I2(aq) + 2 SO42 –(aq‬‬
‫‪ – 4‬ﺳﺒﺐ ﻇﻬﻮر اﻟﻠﻮن اﻷﺳﻤﺮ هﻮ ﺗﺸ ّﻜﻞ ﺛﻨﺎﺋﻲ اﻟﻴﻮد ‪. I2‬‬
‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪04‬‬
‫‪ – 1‬اﻟﻐﺎز اﻟﺬي ﻳﻨﻄﻠﻖ هﻮ ﻏﺎز ﺛﻨﺎﺋﻲ اﻷآﺴﺠﻴﻦ ‪ . O2‬ﻧﻜﺸﻒ ﻋﻨﻪ ﻣﺜﻼ ﺑﺈﺷﻌﺎل ﻋﻮد ﺛﻘﺎب ﺛﻢ إﻃﻔﺎﺋﻪ وإدﺧـﺎﻟﻪ ﻣﺒﺎﺷﺮة ﻓﻲ أﻧﺒﻮب اﻟﺘﺠﺮﺑﺔ‬
‫ﻓﻨﻼﺣﻆ أن ﺟﻤﺮﺗﻪ ﺗﺰداد ﺗﻮهﺠﺎ ‪.‬‬
‫‪ – 2‬ﻧﻌﻠﻢ أن ﺷﺎردة اﻟﺒﺮﻣﻨﻐﻨﺎت هﻲ ﻣﺆآﺴﺪ ﻗﻮي ‪ ،‬إذن ﻓﻲ هﺬﻩ اﻟﺤﺎﻟﺔ اﻟﻤﺎء اﻷوآﺴﺠﻴﻨﻲ ﻳﻠﻌﺐ دور ﻣﺮﺟﻊ ‪.‬‬
‫اﻟﺜﻨﺎﺋﺘﺎن هﻤﺎ ‪ MnO4– / Mn2+ :‬و ‪O2 / H2O2‬‬
‫اﻟﻤﻌﺎدﻟﺘﺎن اﻟﻨﺼﻔﻴﺘﺎن اﻹﻟﻜﺘﺮوﻧﻴﺘﺎن هﻤـﺎ ‪:‬‬
‫) )‪2 × ( MnO4– (aq) + 5 e– + 8 H+(aq) = Mn2+(aq)+ 4 H2O(l‬‬
‫) )‪5 × ( H2O2 (aq) = O2 (g) + 2 e– + 2 H+(aq‬‬
‫ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻷآﺴﺪة – ارﺟــﺎع هﻲ ‪2 MnO4– (aq) + 6 H+ (aq) 5 H2O2 = 2 Mn2+ (aq) + 5 O2 (g) + 8 H2O (l) :‬‬
‫‪1‬‬

‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪05‬‬
‫‪ – 1‬اﻟﻐﺎز اﻟﻤﻨﻄﻠﻖ هﻮ ﻏـﺎز ﺛﻨﺎﺋﻲ اﻟﻬﻴﺪروﺟﻴﻦ ‪ . H2‬ﻧﻜﺸﻒ ﻋﻨﻪ ﻣﺜﻼ ﺑﺘﻘﺮﻳﺐ ﻋﻮد ﺛﻘﺎب ﻣﺸﺘﻌﻞ ﻣﻦ ﻓﻮهﺔ اﻷﻧﺒﻮب ﺑﻌﺪ ﺳﺪﻩ ﻟﺒﻌﺾ‬
‫اﻟﺪﻗﺎﺋﻖ ﺣﺘﻰ ﺗﺘﺠﻤﻊ آﻤﻴﺔ ﻣﻌﺘﺒﺮة ﻣﻨﻪ ‪ ،‬ﺗﺤﺪث ﻓﺮﻗﻌﺔ ﻧﺎﺗﺠﺔ ﻋﻦ ﺗﻔﺎﻋﻞ ﺛﻨﺎﺋﻲ اﻟﻬﻴﺪروﺟﻴﻦ ﻣﻊ ﺛﻨﺎﺋﻲ اﻷآﺴﺠﻴﻦ اﻟﻤﻮﺟﻮد ﻓﻲ اﻟﻬﻮاء ‪.‬‬
‫‪ - 2‬اﻟﻤﺮﺟﻊ هﻮ اﻟﺼﻮدﻳﻮم ‪Na‬‬
‫اﻟﻤﺆآﺴﺪ هﻮ اﻟﻤــﺎء‬
‫‪ – 3‬اﻟﺜﻨﺎﺋﻴﺘﺎن هﻤـﺎ ‪ Na+ / Na :‬و ‪H2 / H2O‬‬
‫) –‪2 × ( Na = Na+ + e‬‬

‫اﻟﻤﻌﺎدﻟﺘﺎن اﻟﻨﺼﻔﻴﺘﺎن اﻹﻟﻜﺘﺮوﻧﻴﺘﺎن هﻤﺎ ‪:‬‬
‫–‬

‫ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻷآﺴﺪة إرﺟــﺎع ‪:‬‬

‫–‬

‫‪2 H2O + 2 e = H2 + 2 OH‬‬

‫)‪+ 2 OH – (aq) + H2 (g‬‬

‫)‪(aq‬‬

‫‪2 Na (s) + 2 H2O(l) = 2 Na+‬‬

‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪06‬‬
‫‪2+‬‬

‫‪ – 1‬اﻟﺜﻨﺎﺋﻴﺘﺎن هﻤـﺎ ‪Cu / Cu :‬‬

‫‪2+‬‬

‫و ‪Fe / Fe‬‬

‫اﻟﻤﻌﺎدﻟﺘﺎن اﻟﻨﺼﻔﻴﺘﺎن اﻹﻟﻜﺘﺮوﻧﻴﺘﺎن هﻤﺎ ‪:‬‬

‫)‪Cu2+ (aq) + 2 e– = Cu (s‬‬

‫إرﺟﺎع‬

‫–‪Fe (s) = Fe2+ (aq) + 2 e‬‬

‫أآﺴﺪة‬

‫)‪Cu2+ (aq) + Fe (s) = Fe2+ (aq) + Cu (s‬‬

‫ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻷآﺴﺪة – ارﺟـﺎع هﻲ ‪:‬‬

‫ل زوال اﻟﻠﻮن اﻷزرق ﻋﻠﻰ أن آﻞ ﺷﻮارد اﻟﻨﺤﺎس اﻟﺜﻨﺎﺋﻴﺔ ﻗﺪ ﺗﺤﻮّﻟﺖ إﻟﻰ ذرات ﻧﺤﺎس ) ﻧﻼﺣﻆ ﻟﻮن أﺣﻤﺮ ﻓﻮق ﺑﺮادة اﻟﺤﺪﻳﺪ‬
‫‪ – 2‬ﻳﺪ ّ‬
‫اﻟﻔﺎﺋﻀﺔ وهﻮ ﻟﻮن اﻟﻨﺤﺎس( ‪ .‬هﺬا اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ﺳﺮﻳﻊ ‪ ،‬ﻻ ﻳﺪوم إﻻ ﺑﻌﺾ اﻟﺜﻮاﻧﻲ ‪.‬‬
‫‪ – 3‬ﻟﻜﻲ ﻧﻜﺸﻒ ﻋﻦ اﻟﺸﻮارد اﻟﻤﺘﺸﻜﻠﺔ ﻧﺮﺷّﺢ ﻧﺎﺗﺞ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ وﻧﻀﻴﻒ ﻟﻠﻤﺤﻠﻮل ﻣﺤﻠﻮﻻ ﻟﻬﻴﺪروآﺴﻴﺪ اﻟﺼﻮدﻳﻮم ))‪(Na+ (aq) , OH– (aq‬‬
‫ﻓﻴﺘﺸﻜﻞ راﺳﺐ أﺧﻀﺮ ﻟﻬﻴﺪروآﺴﻴﺪ اﻟﺤﺪﻳﺪ اﻟﺜﻨﺎﺋﻲ )ﻣﻌﺮوف ﺑﻠﻮﻧﻪ اﻟﺨﺎص( ‪ ، Fe(OH)2‬دﻻﻟﺔ ﻋﻠﻰ أن اﻟﺸﻮارد اﻟﻨﺎﺗﺠﺔ هﻲ ﺷﻮارد اﻟﺤﺪﻳﺪ‬
‫اﻟﺜﻨﺎﺋﻲ )‪. (Fe2+‬‬
‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪07‬‬
‫‪ - 1‬اﻟﺜﻨﺎﺋﺘﺎن هﻤﺎ ‪:‬‬

‫‪2+‬‬

‫–‬

‫‪ MnO4 / Mn‬و ‪O2 / H2O2‬‬

‫‪ - 2‬اﻟﻤﻌﺎدﻟﺘﺎن اﻟﻨﺼﻔﻴﺘﺎن اﻹﻟﻜﺘﺮوﻧﻴﺘﺎن هﻤـﺎ ‪:‬‬
‫) )‪2 × ( MnO4– (aq) + 5 e– + 8 H+(aq) = Mn2+(aq)+ 4 H2O(l‬‬
‫) )‪5 × ( H2O2 (aq) = O2 (g) + 2 e– + 2 H+(aq‬‬
‫ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻷآﺴﺪة – ارﺟــﺎع هﻲ ‪2 MnO4– (aq) + 6 H+ (aq) 5 H2O2 = 2 Mn2+ (aq) + 5 O2 (g) + 8 H2O (l) :‬‬
‫‪ – 3‬ﻧﺤﻦ ﺑﻤﺜﺎﺑﺔ ﻣﻌﺎﻳﺮة ﻣﺤﻠﻮل اﻟﻤﺎء اﻷآﺴﻮﺟﻴﻨﻲ ﺑﻮاﺳﻄﺔ ﻣﺤﻠﻮل ﺑﺮﻣﻨﻐﻨﺎت اﻟﺒﻮﺗﺎﺳﻴﻮم ‪ ،‬إذن اﻟﻤﺘﻔﺎﻋﻞ اﻟﻤﺤ ّﺪ ﻗﺒﻞ اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ هﻮ ﺑﺮﻣﻨﻐﻨﺎت‬
‫اﻟﺒﻮﺗﺎﺳﻴﻮم ‪.‬‬
‫ﻗﺒﻞ اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ آﻠﻤﺎ ﺗﻨﺰل آﻤﻴﺔ ﻣﻦ ﺑﺮﻣﻨﻐﻨﺎت اﻟﺒﻮﺗﺎﺳﻴﻮم ﻳﺰول ﻟﻮﻧﻬﺎ ﻟﺘﻔﺎﻋﻠﻬﺎ ﻣﻊ ‪) H2O2‬اﻟﺸﻔﺎف( وﻇﻬﻮر ‪) Mn2+‬اﻟﺸﻔﺎف( ‪ .‬وﻋﻨﺪﻣﺎ ﻧﺒﻠﻎ‬
‫اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ ‪ ،‬أﻳﺔ ﻗﻄﺮة زﻳﺎدة ﻣﻦ ﺑﺮﻣﻨﻐﻨﺎت اﻟﺒﻮﺗﺎﺳﻴﻮم ﻳﺴﺘﻘﺮ ﻟﻮﻧﻬﺎ ﻟﻌﺪم وﺟﻮد ‪ H2O2‬ﻟﺘﺘﻔﺎﻋﻞ ﻣﻌﻪ ﻷن هﺬا اﻷﺧﻴﺮ ﻳﻨﺘﻬﻲ ﻋﻨﺪ اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ ‪.‬‬
‫ﻞ ﻓﻘﻂ ‪ :‬ﻋﻨﺪﻣﺎ ﻧﺒﻠﻎ اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ ﻳﺴﺘﻘﺮ اﻟﻠﻮن اﻟﺒﻨﻔﺴﺠﻲ ﻟﺒﺮﻣﻨﻐﻨﺎت اﻟﺒﻮﺗﺎﺳﻴﻮم ( ‪.‬‬
‫)ﻋﻨﺪﻣﺎ ﺗﺠﻴﺐ ﻟﺴﺖ ﻣﻄﺎﻟﺒﺎ ﺑﻜﻞ هﺬا اﻟﺸﺮح ‪ ،‬ﺑﻞ ﻗ ْ‬

‫‪2‬‬

‫‪ – 4‬ﺟﺪول اﻟﺘﻘﺪم‬
‫‪5 O2 (g) +‬‬

‫)‪8 H2O (l‬‬

‫‪2 Mn2+ (aq) +‬‬

‫)‪2 MnO4– (aq) + 6 H+ (aq) 5 H2O2 (aq‬‬

‫=‬

‫آﻤﻴﺔ اﻟﻤـــﺎدة‬

‫اﻟﺘﻘﺪم‬

‫ﺣﺎﻟﺔ اﻟﺠﻤﻠﺔ‬

‫زﻳﺎدة‬

‫‪0‬‬

‫‪0‬‬

‫)‪n (H2O2‬‬

‫)‪n (H+‬‬

‫)–‪n (MnO4‬‬

‫‪0‬‬

‫اﻟﺤﺎﻟﺔ اﻻﺑﺘﺪاﺋﻴﺔ‬

‫زﻳﺎدة‬

‫‪5x‬‬

‫‪2x‬‬

‫‪n (H2O2) –5 x‬‬

‫‪n (H+) – 6 x‬‬

‫‪n (MnO4–) - 2 x‬‬

‫‪x‬‬

‫اﻟﺤﺎﻟﺔ اﻻﻧﺘﻘﺎﻟﻴﺔ‬

‫زﻳﺎدة‬

‫‪5 xE‬‬

‫‪2 xE‬‬

‫‪n (H2O2) – 5 x E‬‬

‫‪n (H+) – 6 x E‬‬

‫‪n (MnO4–) - 2 x E‬‬

‫‪xE‬‬

‫اﻟﺤﺎﻟﺔ اﻟﻨﻬﺎﺋﻴﺔ‬

‫‪ – 5‬ﻋﻨﺪ اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ ﻳﻜﻮن ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪:‬‬

‫)‪(mol‬‬

‫ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ‬

‫‪n (MnO4–) – 2 x E = 0‬‬

‫)‪(1‬‬

‫‪n (H2O2) – 5 x E = 0‬‬

‫)‪(2‬‬

‫‪5‬‬
‫ﻧﺴﺘﺨﺮج ﻋﺒﺎرة ‪ x E‬ﻣﻦ اﻟﻌﻼﻗﺔ )‪ (1‬وﻧﻌﻮّﺿﻬﺎ ﻓﻲ )‪ ، (2‬ﻧﺠﺪ ‪n (MnO4–) :‬‬
‫‪2‬‬
‫‪5‬‬
‫‪C' V'E‬‬
‫‪2‬‬

‫= )‪ ، n (H2O2‬أي ‪:‬‬

‫= ‪ ، C V‬ﺣﻴﺚ ‪ V'E‬هﻮ ﺣﺠﻢ ﺑﺮﻣﻨﻐﻨﺎت اﻟﺒﻮﺗﺎﺳﻴﻮم اﻟﻤﻀﺎف ﻋﻨﺪ اﻟﺘﻜﺎﻓﺆ ‪.‬‬

‫‪–6‬‬

‫‪5C V‬‬
‫'‪' E‬‬
‫‪2,5 × 0,13 × 15,8‬‬
‫=‬
‫ﻧﺤﺴﺐ اﻟﺘﺮآﻴﺰ اﻟﻤﻮﻟﻲ ﻟﻤﺤﻠﻮل اﻟﻤﺎء اﻷآﺴﻮﺟﻴﻨﻲ ‪= 0, 20 mol / L :‬‬
‫‪2 V‬‬
‫‪25‬‬

‫= ‪C‬‬

‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪08‬‬
‫‪ - 1‬اﻟﺜﻨﺎﺋﺘﺎن هﻤﺎ ‪ Mg2+(aq) / Mg (s) :‬و )‪. H+ (aq) / H2 (g‬‬
‫اﻟﻤﻌﺎدﻟﺘﺎن اﻟﻨﺼﻔﻴﺘﺎن اﻹﻟﻜﺘﺮوﻧﻴﺘﺎن هﻤـﺎ ‪:‬‬

‫–‪Mg (s) = Mg2+ (aq) + 2 e‬‬
‫)‪2 H+ (aq) + 2 e– = H2 (g‬‬
‫ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻷآﺴﺪة – إرﺟــﺎع ‪:‬‬

‫)‪Mg (s) + 2 H+ (q) = Mg2+ (aq) + H2 (g‬‬

‫‪ – 2‬ﻧﺤﺴﺐ آﻤﻴﺘﻲ ﻣﺎدة ‪ H+‬و ‪ Mg‬اﻻﺑﺘﺪاﺋﻴﺘﻴﻦ ‪n (H+) = C1 V1 = 1 × 10 × 10 -3 = 1,0 × 10 –2 mol :‬‬
‫‪36,45 × 10 −3‬‬
‫‪= 1,5 × 10 −3 mol‬‬
‫= )‪n (Mg‬‬
‫‪24,3‬‬

‫اﻟﻤﺘﻔﺎﻋﻞ اﻟﻤﺤﺪ ‪ :‬ﻧﻨﺸﻲء ﺟﺪول اﻟﺘﻘﺪم ‪:‬‬

‫)‪H2 (g‬‬

‫=‬

‫)‪2 H+ (q‬‬

‫‪Mg2+ (aq) +‬‬

‫آﻤﻴﺔ اﻟﻤـــﺎدة‬

‫)‪(mol‬‬

‫‪Mg (s) +‬‬

‫ﻣﻌﺎدﻟﺔ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ‬

‫اﻟﺘﻘﺪم‬

‫ﺣﺎﻟﺔ اﻟﺠﻤﻠﺔ‬

‫‪0‬‬

‫‪0‬‬

‫‪10 –2‬‬

‫‪1,5 × 10 –3‬‬

‫‪0‬‬

‫اﻻﺑﺘﺪاﺋﻴﺔ‬

‫‪x‬‬

‫‪x‬‬

‫‪10 –2 – 2 x‬‬

‫‪1,5 × 10 –3 – x‬‬

‫‪x‬‬

‫اﻻﻧﺘﻘﺎﻟﻴﺔ‬

‫ﻣﻦ ﺣﻞ اﻟﻤﻌﺎدﻟﺘﻴﻦ اﻟﺘﺎﻟﻴﺘﻴﻦ ﻧﺠﺪ اﻟﻘﻴﻤﺔ اﻟﺼﻐﺮى ﻟـ ‪ x‬هﻲ اﻟﻤﻮاﻓﻘﺔ ﻟﻜﻤﻴﺔ ﻣﺎدة اﻟﻤﻐﻨﺰﻳﻮم ‪ ،‬وﺑﺎﻟﺘﺎﻟﻲ اﻟﻤﻐﻨﺰﻳﻮم هﻮ اﻟﻤﺘﻔﺎﻋﻞ اﻟﻤﺤﺪ ‪.‬‬

‫‪1,5 × 10 –3 – x = 0‬‬

‫‪10 –2 – 2 x = 0‬‬

‫‪،‬‬
‫‪3‬‬

‫اﻟﻘﻴﻤﺔ اﻟﺼﻐﺮى ﻟـ ‪ x‬هﻲ ‪ ، 1,5 × 10 –3 mol‬وهﻲ ﻧﻔﺴﻬﺎ ﻗﻴﻤﺔ ‪. x max‬‬

‫ﻣﻦ اﻟﺠﺪول ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪n (H2) = x max = 1,5 × 10 –3 mol‬‬
‫ﻣﻦ اﻟﻤﻌﻄﻴﺎت ﻟﺪﻳﻨﺎ ﺑﻌﺪ ‪ 15 mn‬آﻤﻴﺔ ﻣﺎدة ﺛﻨﺎﺋﻲ اﻟﻬﻴﺪروﺟﻴﻦ هﻲ ‪:‬‬

‫‪31 × 10 −3‬‬
‫‪= 1,38 × 10 −3 mol‬‬
‫‪22,4‬‬

‫=‬

‫‪VH 2‬‬
‫‪Vm‬‬

‫= )‪n (H2‬‬

‫وهﺬﻩ اﻟﻘﻴﻤﺔ أﺻﻐﺮ ﻣﻦ ‪ ، x max‬إذن اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ﻟﻢ ﻳﻨﺘﻬﻲ ﺑﻌﺪ ‪. 15 mn‬‬
‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪09‬‬

‫اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ﻣﻨﻤﺬج ﺑﺎﻟﻤﻌﺎدﻟﺔ ‪ ، 2 A + B = C + D :‬وهﻮ ﻣﻦ اﻟﺸﻜﻞ ‪α A + β B = γ C + δ D :‬‬

‫‪v A vB vC vD‬‬
‫=‬
‫=‬
‫=‬
‫ﻟﺪﻳﻨﺎ اﻟﻌﻼﻗﺔ ﺑﻴﻦ ﺳﺮﻋﺎت اﺧﺘﻔﺎء وﻇﻬﻮر اﻷﻓﺮاد اﻟﻜﻴﻤﻴﺎﺋﻴﺔ ‪ D ، C ، B ، A‬هﻲ‬
‫‪α‬‬
‫‪β‬‬
‫‪γ‬‬
‫‪δ‬‬

‫‪.‬‬

‫ﻓﻲ ﺣﺎﻟﺘﻨﺎ هﺬﻩ ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪β = γ = δ = 1 ، α = 2‬‬
‫‪v A vC‬‬
‫=‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬

‫‪ ،‬وﺑﺎﻟﺘﻌﻮﻳﺾ ‪:‬‬

‫‪0, 2‬‬
‫‪= 0,1 mol .L−1.mn −1‬‬
‫‪2‬‬

‫= ‪vC‬‬

‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪10‬‬
‫‪ – 1‬ﻳُﻌﺘﺒﺮ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ﺑﻄﻴﺌﺎ ) دﻗﻴﻘﺘﺎن و ‪ 20‬ﺛﺎﻧﻴﺔ( ‪.‬‬

‫) ‪1 Δ n ( MnO 4−‬‬
‫‪ – 2‬اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﺤﺠﻤﻴﺔ اﻟﻤﺘﻮﺳﻄﺔ ‪:‬‬
‫‪V‬‬
‫‪Δt‬‬

‫‪v=−‬‬

‫)‪(1‬‬

‫ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪n(MnO4–) = C V = 0,01 × 0,05 = 5 × 10 –4 mol :‬‬
‫) ‪1 (0 − 5 × 10 − 4‬‬
‫ﺑﺎﻟﺘﻌﻮﻳﺾ ﻓﻲ )‪= 3,6 × 10 −5 mol. L−1 . s −1 : (1‬‬
‫‪140‬‬
‫‪0,1‬‬

‫‪v=−‬‬

‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪11‬‬
‫‪ – 1‬اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﻤﺘﻮﺳﻄﺔ ﻟﺘﺸﻜﻞ ‪ CH3–COO–C2H5‬ﻓﻲ اﻟﻤﺠﺎل اﻟﺰﻣﻨﻲ ]‪ [120 , 360 s‬هﻲ ‪:‬‬
‫‪−2‬‬

‫‪= 7,5 ×10−6 mol . s −1‬‬

‫‪Δn ( 0,58 − 0, 40 ) × 10‬‬
‫=‬
‫‪Δt‬‬
‫‪360 − 120‬‬

‫= ‪vm‬‬

‫)اﻟﺸﻜﻞ – ‪(1‬‬

‫)‪n × 10-2 (mol‬‬

‫)‪n × 10-2 (mol‬‬

‫‪0,7‬‬
‫‪0,58‬‬
‫‪0,4‬‬
‫‪0,2‬‬

‫)‪t (s‬‬

‫‪120‬‬

‫)‪t (s‬‬

‫‪0‬‬

‫‪360‬‬

‫اﻟﺸﻜﻞ – ‪1‬‬

‫اﻟﺸﻜﻞ – ‪2‬‬

‫‪4‬‬

‫‪120‬‬

‫‪0‬‬

‫‪ – 2‬اﻟﺴﺮﻋﺔ ﻋﻨﺪ اﻟﻠﺤﻈﺔ ‪) : t = 0‬اﻟﻤﻘﺼـﻮد اﻟﺴﺮﻋﺔ اﻟﻠﺤﻈﻴﺔ ﻟﺘﺸﻜّﻞ ‪( CH3- COO-C2H5‬‬

‫ﺗﻤﺜﻞ هﺬﻩ اﻟﺴﺮﻋﺔ ﻣﻴﻞ اﻟﻤﻤﺎس ﻟﻠﺒﻴﺎن ) ‪ n = f ( t‬ﻓﻲ اﻟﻤﺒﺪأ )اﻟﺸﻜﻞ – ‪= 5,8 × 10−5 mol . s −1 ، (2‬‬

‫‪( 0, 7 − 0 ) ×10−2‬‬
‫‪120 − 0‬‬

‫‪n max‬‬
‫‪ – 3‬زﻣﻦ ﻧﺼﻒ اﻟﺘﻔﺎﻋﻞ ‪ :‬ﻟﺪﻳﻨﺎ ‪ n max = 0, 64 ×10−2 mol‬ﻣﻦ اﻟﺒﻴﺎن ‪ ،‬وﻣﻨﻪ ‪= 0,32 × 10-2 mol‬‬
‫‪2‬‬
‫اﻟﻘﻴﻤﺔ ﻋﻠﻰ اﻟﺒﻴﺎن هﻮ‬

‫= ‪v‬‬

‫‪ .‬اﻟﺰﻣﻦ اﻟﻤﻮاﻓﻖ ﻟﻬﺬﻩ‬

‫‪. t1 / 2 = 60 s‬‬

‫اﻟﺘﻤﺮﻳﻦ ‪12‬‬
‫‪ - 1‬ﺧــﺎﻃﺌﺔ‬

‫)اﻟﺼﺤﻴﺢ ‪ :‬أآﺒﺮ ﻣﺎ ﻳﻤﻜﻦ (‬

‫‪ - 2‬ﺧـﺎﻃﺌﺔ‬

‫)اﻟﺼﺤﻴﺢ ‪ :‬ﺗﻨﺘﻬﻲ ﻧﺤﻮ اﻟﺼﻔﺮ (‬

‫‪ - 3‬ﻟﻜﻲ ﻧﺘﺄآﺪ ﻣﻦ ﺻﺤﺔ أو ﺧﻄـﺄ اﻟﻨﺘﻴﺠﺔ ﻧﺤﺴﺐ ﻣﻴﻞ اﻟﻤﻤﺎس ﻟﻠﺒﻴﺎن ﻓﻲ اﻟﻨﻘﻄﺔ اﻟﺘﻲ ﻓﺎﺻﻠﺘﻬﺎ ‪ ، t = 40 s‬ﺛﻢ ﻧﻘﺴّﻢ اﻟﻨﺘﻴﺠﺔ ﻋﻠﻰ ﺣﺠﻢ‬

‫اﻟﻤﺰﻳﺞ ‪V = V1 + V2 = 0,4 L‬‬
‫‪1 dx‬‬
‫‪V dt‬‬

‫=‪v‬‬

‫)‪(1‬‬

‫‪dx 7,5 × 10 −3‬‬
‫=‬
‫‪= 1,17 × 10 − 4 mol.mn −1‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪64‬‬
‫ﺑﺎﻟﺘﻌﻮﻳﺾ ﻓﻲ )‪: (1‬‬

‫‪1‬‬
‫‪× 1,17 × 10 − 4‬‬
‫‪0,4‬‬

‫) ‪x (mmol‬‬

‫=‪v‬‬

‫‪A‬‬
‫•‬

‫‪v = 2,92 × 10 −4 mol.L−1. .mn −1‬‬

‫•‬

‫ﻳُﻌﺘﺒﺮ اﻻﻗﺘﺮاح ﺻﺤﻴﺢ ‪.‬‬

‫‪B‬‬

‫)ﺗﺘﻌﻠﻖ اﻟﻨﺘﻴﺠﺔ ﺑﺎﻟﺪﻗﺔ ﻓﻲ رﺳﻢ اﻟﻤﻤـﺎس (‬

‫‪C‬‬
‫•‬

‫•‬

‫ﻣﻼﺣﻈﺔ ‪:‬‬
‫ﻻ ﻳﻤﻜﻦ ﻟﻜﻞ اﻟﺘﻼﻣﻴﺬ أن ﻳﺠﺪوا ﻧﻔﺲ ﻗﻴﻤﺔ اﻟﻤﻴﻞ ‪ ،‬ﻷن‬
‫هﺬا راﺟﻊ ﻟﺪﻗﺔ اﻟﺮﺳﻢ ‪ ،‬وﻟﻬﺬا ﻓﻲ ﺗﺼﺤﻴﺢ‬
‫اﻣﺘﺤﺎن اﻟﺒﻜﺎﻟﻮرﻳﺎ ﻓﻲ هﺬﻩ اﻟﺤﺎﻟﺔ ﻳُﻌﻄﻰ‬

‫•‪3‬‬

‫)‪t (mn‬‬

‫‪40‬‬

‫ﻣﺠﺎل ﻟﻘﻴﻢ اﻟﻤﻴﻞ )ﻣﺜﻼ ﻣﻦ ‪ 5,5‬إﻟﻰ ‪ . (5,8‬آﻞ هﺬﻩ اﻟﻘﻴﻢ ﺗﻌﺘﺒﺮ ﺻﺤﻴﺤﺔ ‪.‬‬

‫‪GUEZOURI Abdelkader – Lycée Maraval – Oran‬‬

‫‪http://www.guezouri.org‬‬

‫‪5‬‬


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