مدرستي
اهلا بك في مدرستك نرحب بك

شاطر
اذهب الى الأسفل
avatar
مشرف قسم الكيمياء
مشرف قسم الكيمياء
عدد المساهمات : 284
نقاط : 4929
السٌّمعَة : 18
تاريخ التسجيل : 31/03/2012
العمر : 48
الموقع : الكيمياء
معاينة صفحة البيانات الشخصي للعضوhttp://myschool.7olm.org/

حلول اسئله 2011 دور اول

في الإثنين أبريل 02, 2012 3:51 am
تقييم المساهمة: 100% (2)
اجوبة اسئلة الكيمياء للعام 2010- 2011 الدور الاول

ج س1 فرع أ ج س1 فرع ب (( 1 ))
المطلوب الاول M = ن \ ح
عدد ذرات الفلز المترسبة [ Ba ( OH)2 ] = 0,1 مول \ 1 لتر
فر = ــــــــــــــــــــــــــــــــ × ع [ Ba ( OH)2 ] = 0,1 مول \ لتر
عدد افوكادرو Ba ( OH)2  Ba++ + 2 OH-
1\3 × عدد افوكادرو 0,2 M 0,1 M صفر
فر = ــــــــــــــــــــــــــــــــــــ × 3 HCl  H+ + Cl-
عدد افوكادرو 0,1 M 0,1 M صفر
فر = 1 فاراداي [OH-] < [ H+]
فر = عدد مولات الالكترونات المارة [OH-] المتبقي = [OH-] - [ H+]
عدد مولات الالكترونات = 1 مول e [OH-] المتبقي = 0,2 – 0,1 = 0,1 M
المطلوب الثاني من السؤال POH = - لو [OH-]
وزن الفلز المترسب POH = - لو 10- 1
فر = ـــــــــــــــــــــــــ × ع POH = 1
الوزن الذري للفلز PH = 14 - POH
وزن الفلز المترسب PH = 13
1 = ـــــــــــــــــــــــــ × 3 اذن المحلول المتكون قاعدي لان PH < 7
27
وزن الفلز المترسب = 9 غرام

ج س1 فرع ب (( 2 ))
∆ H = + لان التفاعل ماص للحرارة
S ∆ = + لان التفاعل يصاحبه زيادة في الانتروبية
وعلى ضوء علاقة كبس ولكي يكون التفاعل تلقائي ايG ∆ سالبة يجب ان تكون القيمة المطلقة ل T∆ S < ∆ H G ∆ = ∆ H - T∆ S G ∆ = (+∆ H ) – ( + T∆ S )
G ∆ = +∆ H – T∆ S
وحيث ان ارتفاع درجة الحرارة يزيد من مقدار القيمة المطلقة ل T∆ S نستنتج من ذلك انه يمكن ان يكون التفاعل تلقائي بارتفاع درجة الحرارة

جواب س2 فرع أ
قبل حل السؤال فقد وردت اخطاء مطبعية لذلك ساحاول اعادة صياغة السؤال علما ان اجابة الطالب ستكون وفق المعطيات المذكورة في السؤال والطالب غير مسؤول عن تلك الاخطاء
ان HI غاز وليس مادة صلبة وان طاقة الاصرة I – I = 151كج وان H –I = 299 كج
الحل
Gْ ∆ = ْ∆ H - T∆ S H2 + I2  2HI
4 = ∆ H - 48 \ 298 × 298 H – H + I – I  2 H – I
∆ H = 52 كج
قيم طاقات الاواصر المتكونة - قيم طاقات الاواصر المكسورة +
ــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــــ
H – I = 2 × 299 H – H = ص
مج = - 598 كج I – I = 151
حرارة تسامي اليود = 63
مج = + ( ص + 214 )
∆ H = مجموع طاقات الاواصر المتكونة + محموع طاقات الاواصر المكسورة
52 = - 598 + ص + 214 52 = - 384 + ص
ص = 436 كج طاقة الاصرة H –H
جواب س2 فرع ب
1 - ج / لان ايون الامونيوم يعتبر حامض قرين قوي نسبياً يتفاعل مع الماء ( يتحلل مائياً ) محرراً الامونيا و ايون الهيدرونيوم فيقل تركيزه أما ايون الكلوريد فيعتبر قاعدة قرينة ضعيفة لا يتفاعل مع الماء (لا يتحلل مائيا ) فلا يتغير تركيزه
NH4 Cl  NH4+ + Cl-
NH4+ + H2O  NH3 + H3O+
2 - لان الاصرة التي بين الهالوجين وذرة الكربون مستقطبة كون كهروسلبية ذرة الهالوجين اكبر من كهروسلبية الكربون ولذلك سيكون الزوج الالكتروني قريب للهالوجين فتظهر عليه شحنة جزئية سالبة بينما ذرة الكربون تظهر عليها شحنة جزئية موجبة مما تُسهّل تفاعلها مع الكواشف الباحثة عن النواة فتتكون اصرة جديدة وتنكسر اصرة كربون – هالوجين وينفصل الهالوجين مع الزوج الالكتروني š R – +šCH2 - X -
- B

جواب س2 فرع ج
الطريقة الاولى
الحل
نعتبر الاناء أنوداُ ونقلب اشارة جهد اختزاله القياسي بينما نعتبر ايونات المحلول كاثوداً . ثم نجد E ْ خلية ,إن كان موجباً فلا يمكن الحفظ , وذلك لحصول تفاعل بين الاناء والمحلول , أما إذا كان سالباً فيمكن الحفظ لعدم حصول تفاعل بينهما .
Eْ اختزال = + 0,8 فل Ag+ + 3e  3Ag 3
Eْ تأكسد = + 1,66 فل Al  Al+3 + 3e
Eْ خلية = + 2,46 فل 3Ag+ + Al  Al+3 + 3Ag
الخلية تعمل لان جهدها موجب القيمة عليه لايمكن الحفظ لحصول تفاعل بين المحلول والاناء

الطريقة الثانية
لكي نحفظ المحلول يجب ان لايحدث تفاعل بينه وبين الاناء فنجعل اناء الالمنيوم يعاني اختزالا اي نجعله كاثودا بينما ايونات المحلول انودا ولنرى هل ان الفضة تستطيع اختزال الالمنيوم
Eْ اختزال = - 1,66 فل Al+3 + 3e  Al
Eْ تأكسد = - 0,80 فل Ag 3 Ag+ + 3e 3
Eْ خلية = - 2,46 Al+3 + 3Ag  3Ag+ + Al
الخلية لا تعمل اي ان الفضة لا تستطيع اختزال الالمنيوم اذن لايمكن الحفظ











جواب س3 فرع أ
حجم المحلول = لتر
M = ن \ ح
M = ن
نجد اولا عدد المولات من هيدروكسيد الصوديوم التي اضيفت الى محلول حامض الكبريتيك
H2 SO4  2H+ + SO4+
0,005 2 × 0,005 صفر
NaOH  Na+ + OH-
ص ص صفر
وحيث ان PH = 7
اذن [OH-] القادم من NaOH = [ H+] القادم من H2 SO4 = 0,01 مولاري وتساوي 0,01 مول

ايجاد كذ لـ Fe ( OH)2
قابلية الذوبان Fe ( OH)2 بوجود 0,01 مول من NaOH = 10 -10
تركيز الايون القادم من المادة الشحيحة = قابلية الذوبان × عدد مولات الايون في معادلة التوازن
Fe (OH)2 Fe++ + 2 OH-
2× 10 – 10 يهمل 1× 10-10
NaOH  Na+ + OH-
0,01 0,01
ك ذ = OH-] [ 2 [Fe++]
ك ذ = ( 0,01 )2 × 10- 10
ك ذ = 10 -14



جواب س3 فرع ب
1 - تكون الحوامض الشحمية غير المشبعة سوائل بسبب وجود الآصرة المزدوجة . وعند هدرجتها تتحول إلى حوامض شحمية صلبة .
2- الصيغة المعطاة CnH2n O2 هي اما حوامض كربوكسيلية او استرات وحيث انه عند اختزاله اعطى كحولين اذن المركب المعني هو استر
CnH2n O2 = 88 O
12 ن + 2ن + 32 = 88 //
14ن = 56 ن = 4 H – C – O – CH2- CH2- CH3
الصيغة الجزيئية للاستر = C4H8O2 ميثانوات البروبيل
O O
// //
H – C – O –CH - CH3 CH3 – C – O – CH2 – CH3
| ايثانوات الاثيل
CH3
ميثانوات الايسوبروبيل
O
//
CH3 – CH2¬ –C – O – CH3
بروبانوات المثيل
جواب س4 فرع أ
1- واطئة 2 – الامامي

جواب س 4 فرع ب
مركبات الاولفينات المركبات الاروماتية

1- مركبات غير مشبعة تحتوي على اصرة 1- مركبات حلقية تحتوي على اواصر منفردة مزدوجة واحدة ذات سلاسل كربونية مفتوحة وزوجية متعاقبة اي تمتاز بظاهرة الرنين او مغلقة 2- مركبات مستقرة وذات فعالية منخفظة نسبيا
2- مركبات فعالة بسبب وجود الاصرة المزدوجة 3- مركبات تعاني تفاعلات استبدال ايونية يحافظ
3 - تدخل تفاعلات اضافة واكسدة على نظامه الاروماتي ولكي يسلك الاولفينات لابد
من تجهيزه بطاقة كبيرة لايمكن لكثير من
التفاعلات تجهيزه بها



جواب س 4 فرع ج
محلول الامونيا قبل اضافة ملح كلوريد الامونيوم
PH = 11 NH3 + H2O NH4+ + OH-
POH = 14 – PH 0 0 ص تركيز اولي
POH = 14 – 11 = 3 10 -3 10 -3 ص – 10 – 3 يهمل توازن ايوني
[OH-] = 10 - POH
[OH-] = 10 - 3 مولاري
المتاين
النسبة المؤية = ـــــــــــــــــــــــــــــــ × 100
التركيز الاصلي
10 -3
2 = ــــــــــــــــــــــــــ × 100
ص
ص = 0,05 مولاري تركيز الامونيا

NH4+ ] [OH-] [ 1 × 10 – 6
ك ق = ــــــــــــــــــــــــــــــــــ ك ق = ـــــــــــــــــــــــــــ = 2×10 – 5
] [NH3 0,05

بعد اضافة ملح كلوريد الامونيوم
PH ∆ = PH 2 – PH 1 Cl- + NH4+ NH4 Cl 
- 0,7 = PH 2 – 11 NH3 + H2O NH4+ + OH-
PH 2 = 10,3
POH = 14 – 10,3 = 3,7
[NH4Cl ]
POH = كق P - لو ــــــــــــــــــــــــ
[NH3]
[NH4Cl ]
3,7 = - لو 2 × 10-5 - لو ــــــــــــــــــــــــ
0,05
[NH4Cl ]
3,7 = 4,3 - لو ــــــــــــــــــــــــ
0,05
[NH4Cl ]
- 1 = لو ـــــــــــــــــــــــــ
0,05
[NH4Cl ]
لو -1 -1 = ــــــــــــــــــــ [NH4Cl ] = 0,05 × 0,1 = 0,005 مولاري
0,05

جواب س5 فرع أ
س = ث [CH4] ق [Br2] ل
ق + ل = 3 التفاعل من المرتبة الثالثة
ت [Br2] [CH4] السرعة
1 أ ب س
2 1\2 أ ب 1\4 س
س 2 ث [CH4] ق [Br2] ل 1\4 س (1\2 أ )ل
ـــــــــ = ــــــــــــــــــــــــــــــــــ ــــــــــــــــ = ــــــــــــــــــــ (1\2 )2 = (1\2 )ل
س 1 ث [CH4] ق [Br2] ل س ( أ )ل
ل = 2 التفاعل من المرتبة الثانية بدلالة [Br2]
ق + ل = 3 اذن ق = 1 التفاعل من المرتبة الاولى بدلالة CH4]
س = ث [CH4] 1 [Br2] 2
مسلك التفاعل CH4 + 4Br2  CBr4 + 4HBr
الخطوة البطيئة CH4 + 2Br2  CH2Br2 + 2HBr
الخطوة السريعة CH2Br2 + 2Br2  CBr4 + 2HBr
بالجمع CH4 + 4Br2  CBr4 + 4HBr




جواب س 5 فرع ب
CH3¬- COONa + NaOH  CH4 + Na2CO3
ميثان ايثانوات الصوديوم
1500 مْ
2CH4 H – C C – H + 3
بمعزل عن الهواء
O
// HgSO4
H-C C-H + H-OH H-C = C-H CH3-C-H
استالديهايد إيثانال | H2SO4 | استلين
O-H H
كحول غير مشبع
تحضير 1, 2 كلورو ايثان
الطريقة الاولى ناخذ الاستالديهايد المحضر سابقا
O
//
CH3-CH2-OH Pt CH3-C-H + H2

CH2=CH2 + H2SO4 +H2O سحب جزيئة ماء CH3-CH2-OH + H2SO4
مركز إيثانول
Cl Cl
| |
CH2=CH2 + Cl2 CH2-CH2
1, 2 كلورو ايثان اثلين
الطريقة الثانية
ناخذ الاستلين المحضر سابقا
Ni او Pd
H-C C-H + H2 CH2 = CH2
Cl Cl
| |
CH2=CH2 + Cl2 CH2-CH2
1, 2 كلورو ايثان اثلين


جواب س 5 فرع ج
A + B 2 C
بما ان عدد المولات متساوية في طرفي المعادلة 2 × 2834 500 1500
اذن يمكن التعويض بعدد المولات
Gr ْ ∆ = مجموع Gf ْ ∆ للنواتج – مجموع Gf ْ ∆ للمتفاعلات
Gr ْ ∆ = ( - 5668 ) - ( 2000 )
Gr ْ ∆ = 3668 جول
Gr ْ ∆ = - 5696 لو ك م
- 3668 = - 5696 لو ك م
- 3668
لو كم = ـــــــــــــــــــــ = 0,6 ك م = لو -1 0,6 ك م = 4
- 5696

A + B 2 C
صفر 4 4 قبل التفاعل
+ 2 س - س - س تغير
[ C] 2 2 س 4 – س 4 – س توازن
كم = ــــــــــــــــــــــــــــــ 4 2 2
[ A ] [ B]
( 2 س )2 2س
4 = ــــــــــــــــــــــــــ 2 = ــــــــــــــــــ 8 – 2 س = 2 س س = 2
( 4 – س )2 4 – س

A + B 2 C
4 2 2 توازن سابق
-2 سحب
2 2 2 اخلال
+2س - س - س تغير
2 +2 س 2 - س 2 - س توازن جديد
[ C] 2
كم = ــــــــــــــــــــــــــــــ
[ A ] [ B]

( 2 +2 س )2 2 +2 س
4 = ــــــــــــــــــــــــــ 2 = ــــــــــــــــــ 4 - 2 س = 2 + 2 س س = 0,5 M
( 2 - س )2 2 - س

عدد مولات C عند التوازن بعد السحب = 3 مول
عدد مولات A و B عند التوازن بعد السحب = 1,5 مول

جواب س 6 فرع أ
ح = لتر اذن عدد المولات = المولارية A2 + B2 2AB
ط = 600 + 273 = 873 مطلقة صفر 0,06 0,06 قبل التفاعل
[AB] = 0,06 = 2س + 2س - س - س تغير
س = 0,03 مولاري 2 س 0,06 – س 0,06 - س توازن
[AB]2 0,06 0,03 0,03
ك م = ــــــــــــــــــــــــــــــــ
['A2] [ B2]
( 0,06 )2
ك م = ــــــــــــــــــــ = 4 قيمة ثابت التوازن عند درجة 873 مطلقة
( 0,03 )2
في الاناء الاخر حجم 2لتر وعند درجة 723 مطلقة
ح = 2 لتر
0,24 مول
['A2] و [ B2]الاوليين = ـــــــــــــ = 0,12 مولاري A2 + B2 2AB
2 لتر صفر 0,12 0,12 قبل التفاعل
وحيث ان الناتج قبل التفاعل = صفر + 2 س - س - س تغير
اذن التفاعل امامي 2 س 0,12 – س 0,12 – س توازن
0,08
['A2] و [ B2]عند التوازن = ــــــــــــــ 0,16 0,04 0,04
2
['A2] و [ B2]عند التوازن = 0,04 مولاري
0,12 – س = 0,04
س = 0,08 مولاري


[AB]2
ك م = ــــــــــــــــــــــــــــــــ
['A2] [ B2]
( 0,16 )2
ك م = ــــــــــــــــــــ = 16 قيمة ثابت التوازن عند درجة 723 مطلقة
( 0,04 )2
يلاحظ ان قيمة الثابت ازدادت عند التبريد نستدل ان التفاعل باعث للحرارة









جواب س 6 فرع ب
1-
كماء . ك ح 10- 14 × 49 × 10- 11
[H+] = ـــــــــــــــــــــــــــــــ [H+] = ـــــــــــــــــــــــــــــــ
ك ق 10 -5

[H+] = 7 × 10 – 10 مولاري
المحلول قاعدي لا ن [H+] > 10- 7 مولاري


2- 100





الرجوع الى أعلى الصفحة
صلاحيات هذا المنتدى:
لاتستطيع الرد على المواضيع في هذا المنتدى