الفرض الأول في العلوم الفيزيائية للفصل الأول، السنة الثالثة ثانوي (علوم تجريبية)

حل التمرين الأول (7 ن)

1. معادلة التفاعل (0.5 ن)

الأكسدة: $Zn_{(s)}=Zn^{2+}_{(aq)}+2e^-$ ، الإرجاع: $2H_3O^+_{(aq)}+2e^-=H_{2(g)}+2H_2O_{(l)}$

$$Zn_{(s)}+2H_3O^+_{(aq)}\rightarrow Zn^{2+}_{(aq)}+H_{2(g)}+2H_2O_{(l)}$$

(0.25 ن للمعادلتين النصفيتين + 0.25 ن للمعادلة الإجمالية الموزونة)

2. جدول التقدم (1 ن)

(0.5 ن للحالتين الابتدائية والنهائية، 0.5 ن للحالة الانتقالية بالمعاملات الصحيحة)

3. المتفاعل المحدّ (1 ن)

$n_0(Zn)=\dfrac{m}{M}=\dfrac{0.65}{65}=1.0\times10^{-2}\ mol=10\ mmol$ (0.25 ن)

$n_0(H_3O^+)=C\cdot V=0.5\times0.1=5.0\times10^{-2}\ mol=50\ mmol$ (0.25 ن)

إذا كان $Zn$ محدّا: $x_{max}=10\ mmol$. إذا كان $H_3O^+$ محدّا: $x_{max}=\dfrac{50}{2}=25\ mmol$. (0.25 ن)

نأخذ القيمة الأصغر: المتفاعل المحدّ هو الزنك $Zn$ و $x_{max}=1.0\times10^{-2}\ mol$. (0.25 ن)

4. العلاقة $x=V(H_2)/V_M$ (1 ن)

من جدول التقدم $n(H_2)=x$ (0.25 ن)، وحسب قانون الغازات $n(H_2)=\dfrac{V(H_2)}{V_M}$، إذن $x(t)=\dfrac{V(H_2)}{V_M}$ (0.25 ن).

مع $V_M=24\ L/mol=24000\ mL/mol$ فإن $x\ (mmol)=\dfrac{V(H_2)\ (mL)}{24}$ :

(0.25 ن لجدول القيم)

التحقق: $V_{max}=x_{max}\cdot V_M=0.01\times24=0.24\ L=240\ mL$، وهي قيمة قريبة جدا من $239\ mL$ المقاسة عند $t=15\ min$، فالتفاعل انتهى تقريبا. (0.25 ن)

5. رسم المنحنى (0.5 ن)

منحنى متزايد يبدأ من المبدأ بميل كبير ثم يتناقص ميله تدريجيا ويقترب من مستقيم مقارب أفقي $x=x_{max}=10\ mmol$. (0.25 ن للسلّم وتعيين النقاط، 0.25 ن للمنحنى الصحيح)

6. زمن نصف التفاعل (1 ن)

هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية: $x(t_{1/2})=\dfrac{x_f}{2}$ (0.5 ن)

هنا $x_f=x_{max}=10\ mmol$ إذن $x(t_{1/2})=5\ mmol$ ، ومن الجدول/المنحنى (عند $x=5.04\ mmol$ يقابل $t=2\ min$): $t_{1/2}\approx2\ min$ (0.5 ن)

7. السرعة الحجمية عند $t=0$ (1.5 ن)

$$v=\frac{1}{V}\frac{dx}{dt}$$ (0.5 ن)

$\dfrac{dx}{dt}\Big|_{t=0}$ هو ميل المماس عند $t=0$: $\dfrac{10-0}{2.86-0}=3.5\ mmol/min=3.5\times10^{-3}\ mol/min$ (0.5 ن)

$$v(0)=\frac{3.5\times10^{-3}}{0.1}=3.5\times10^{-2}\ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$$ (0.5 ن)

8. تطور السرعة (0.5 ن)

تتناقص السرعة مع الزمن (0.25 ن) لأن ميل المماس يتناقص؛ وذلك بسبب تناقص تركيز المتفاعلات ($H_3O^+$ ونقصان سطح تماس الزنك) وبالتالي تناقص عدد التصادمات الفعالة بين الأفراد الكيميائية في وحدة الزمن. (0.25 ن)

حل التمرين الثاني (6 ن)

1. تركيب النواة (0.5 ن)

نواة $^{131}_{53}I$ تحتوي على $Z=53$ بروتونا (0.25 ن) و $N=A-Z=131-53=78$ نيترونا (0.25 ن).

2. معادلة التفكك (1 ن)

$$^{131}_{53}I\rightarrow\ ^{A}_{Z}Y+\ ^{0}_{-1}e$$

حسب قانوني صودي (انحفاظ العدد الكتلي وانحفاظ العدد الشحني): $131=A+0\Rightarrow A=131$ و $53=Z-1\Rightarrow Z=54$ (0.5 ن)

النواة الابن هي نواة الكزينون $^{131}_{54}Xe$ (0.25 ن):

$$^{131}_{53}I\rightarrow\ ^{131}_{54}Xe+\ ^{0}_{-1}e$$ (0.25 ن)

3. زمن نصف العمر (0.5 ن)

هو المدة الزمنية اللازمة لتفكك نصف عدد الأنوية المشعة الابتدائية الموجودة في العينة: $N(t_{1/2})=\dfrac{N_0}{2}$ (0.5 ن)

4. ثابت النشاط الإشعاعي (1 ن)

عند $t=t_{1/2}$: $N_0e^{-\lambda t_{1/2}}=\dfrac{N_0}{2}\Rightarrow e^{\lambda t_{1/2}}=2\Rightarrow\lambda=\dfrac{\ln2}{t_{1/2}}$ (0.5 ن)

$\lambda=\dfrac{0.693}{8}\approx8.66\times10^{-2}\ jour^{-1}$ (0.25 ن)

$\lambda=\dfrac{0.693}{8\times86400}\approx1.0\times10^{-6}\ s^{-1}$ (0.25 ن)

5. عدد الأنوية والكتلة (1.5 ن)

$A_0=\lambda N_0\Rightarrow N_0=\dfrac{A_0}{\lambda}$ (0.25 ن)

$$N_0=\frac{4.0\times10^{6}}{1.0\times10^{-6}}\approx4.0\times10^{12}\ noyaux$$ (0.5 ن)

$m_0=\dfrac{N_0}{N_A}\cdot M$ (0.25 ن)

$$m_0=\frac{4.0\times10^{12}}{6.02\times10^{23}}\times131\approx8.7\times10^{-10}\ g$$ (0.5 ن)

6. النشاط بعد 24 يوما والمدة اللازمة (1.5 ن)

$t=24\ jours=3t_{1/2}$ ، إذن $A=\dfrac{A_0}{2^3}$ (0.25 ن)

$$A=\frac{4.0\times10^{6}}{8}=5.0\times10^{5}\ Bq$$ (0.5 ن)

$A(t)=A_0e^{-\lambda t}=\dfrac{A_0}{100}\Rightarrow t=\dfrac{\ln100}{\lambda}$ (0.25 ن)

$$t=\frac{4.61}{8.66\times10^{-2}}\approx53\ jours$$ (0.5 ن)

حل التمرين الثالث (7 ن)

1. معادلة التفاعل (1 ن)

الأكسدة: $2I^-_{(aq)}=I_{2(aq)}+2e^-$ (0.25 ن)

الإرجاع: $S_2O_8^{2-}{}_{(aq)}+2e^-=2SO_4^{2-}{}_{(aq)}$ (0.25 ن)

$$S_2O_8^{2-}{}_{(aq)}+2I^-_{(aq)}\rightarrow I_{2(aq)}+2SO_4^{2-}{}_{(aq)}$$ (0.5 ن)

2. كميات المادة الابتدائية (0.5 ن)

$n_0(I^-)=C_1V_1=0.20\times0.050=1.0\times10^{-2}\ mol$ (0.25 ن)

$n_0(S_2O_8^{2-})=C_2V_2=0.010\times0.050=5.0\times10^{-4}\ mol$ (0.25 ن)

3. جدول التقدم (1 ن)

(0.5 ن للحالتين الابتدائية والنهائية، 0.5 ن للحالة الانتقالية بالمعاملات الصحيحة)

4. المتفاعل المحدّ و $[I_2]_f$ (1 ن)

إذا كان $S_2O_8^{2-}$ محدّا: $x_{max}=5.0\times10^{-4}\ mol$؛ وإذا كان $I^-$ محدّا: $x_{max}=\dfrac{1.0\times10^{-2}}{2}=5.0\times10^{-3}\ mol$. نأخذ القيمة الأصغر: المتفاعل المحدّ هو $S_2O_8^{2-}$ و $x_{max}=5.0\times10^{-4}\ mol$. (0.5 ن)

$[I_2]_f=\dfrac{x_{max}}{V_T}=\dfrac{5.0\times10^{-4}}{0.100}=5.0\times10^{-3}\ mol/L=5.0\ mmol/L$ (0.25 ن)

وهي القيمة التي تقترب منها قيم الجدول ($4.85\ mmol/L$ عند $t=60\ min$)، فالتفاعل يقترب من نهايته. (0.25 ن)

5. العلاقة $x=[I_2]\cdot V_T$ (0.5 ن)

من جدول التقدم $n(I_2)=x$، و $n(I_2)=[I_2]\cdot V_T$، إذن $x(t)=[I_2](t)\cdot V_T$. (0.5 ن)

6. رسم المنحنى (0.5 ن)

منحنى متزايد يبدأ من المبدأ ويتناقص ميله تدريجيا ويقترب من مستقيم مقارب أفقي $[I_2]=5.0\ mmol/L$. (0.25 ن للسلّم وتعيين النقاط، 0.25 ن للمنحنى)

7. السرعة الحجمية (1.5 ن)

$$v=\frac{1}{V_T}\frac{dx}{dt}$$ (0.5 ن)

بما أن $x=[I_2]\cdot V_T$ و $V_T$ ثابت: $v=\dfrac{1}{V_T}\dfrac{d([I_2]V_T)}{dt}=\dfrac{d[I_2]}{dt}$ (0.5 ن)

عند $t=0$: $v(0)$ هو ميل المماس: $v(0)=\dfrac{1.6-0}{5-0}=0.32\ mmol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}=3.2\times10^{-4}\ mol\cdot L^{-1}\cdot min^{-1}$ (0.5 ن)

8. زمن نصف التفاعل (1 ن)

هو المدة اللازمة لبلوغ التقدم نصف قيمته النهائية: $x(t_{1/2})=\dfrac{x_f}{2}$ ، أي $[I_2](t_{1/2})=\dfrac{[I_2]_f}{2}$ (0.5 ن)

$[I_2](t_{1/2})=2.5\ mmol/L$ ، وهي قيمة محصورة بين $2.40$ (عند $10\ min$) و $3.10$ (عند $15\ min$)، فنجد بيانيا $t_{1/2}\approx11\ min$ (تُقبل القيم بين $10.5$ و $11.5\ min$). (0.5 ن)