בגרות בכימיה שיווי משקל, פולימרים, פיזיקלית 037282 - קיץ 2018

5 יח"ל (30%) · נבחני משנה ואקסטרניים · שאלון 037282 · 6 שאלות · 2 שעות

בחינת הבגרות בכימיה, שיווי משקל, פולימרים וכימיה פיזיקלית, קיץ 2018, כל 6 השאלות כמו בשאלון. לכל סעיף יש תשובה ופתרון מלא: ניסוח מאוזן עם מצבי צבירה, הנוסחה מדף הנוסחאות, הצבה ותוצאה עם יחידות, והסבר במונחים שהבוחן מצפה להם.

הוראות הבחינה (כמו בשאלון)

משך הבחינה: שעתיים.
מבנה השאלון ומפתח ההערכה: בשאלון זה שלושה פרקים.
פרק ראשון — 331333\frac{1}{3}3331​ נקודות
פרק שני — 331333\frac{1}{3}3331​ נקודות
פרק שלישי — 331333\frac{1}{3}3331​ נקודות
סה"כ — 100 נקודות
חומר עזר מותר בשימוש: מחשבון (כולל מחשבון גרפי).
נספח: נוסחאות ונתונים בכימיה.
הוראות מיוחדות: אין.
בשאלון זה שלושה פרקים. ענה על שלוש שאלות — שאלה אחת מכל פרק.
פרק ראשון — שיווי משקל כימי ואנטרופיה: ענה על אחת מן השאלות 1-2.
פרק שני — פולימרים: ענה על אחת מן השאלות 3-4.
פרק שלישי — כימיה פיזיקלית: מרמת הננו למיקרואלקטרוניקה: ענה על אחת מן השאלות 5-6.
שים לב: הקפד על ניסוחים מאוזנים ועל רישום נכון של היחידות.

פרק ראשון – שיווי משקל כימי ואנטרופיה

שאלה 1 · חנקן דו־חמצני ודו־חנקן ארבע חמצני – אנטרופיה, קבוע שיווי משקל ולה־שטלייה

שאלה פתוחה

שימו לב: חלק מהשאלה לא במיקוד תשפ"ז

סעיף ג: השפעת הטמפרטורה על קצב התגובה (הסבר בעזרת תורת ההתנגשויות) – לפי מיקוד 2027 בשאלון 37282 נלמד רק הריכוז כגורם המשפיע על קצב התגובה.

עקב שרֵפת הדלק הטמפרטורה במנוע של מכונית היא גבוהה. לכן החנקן והחמצן שבאוויר מגיבים זה עם זה ונוצר, בין השאר, חנקן דו־חמצני, NO2(g)\text{NO}_{2(g)}NO2(g)​ , שהוא גז בצבע חום.
כשמכניסים NO2(g)\text{NO}_{2(g)}NO2(g)​ לכלי ריק, מתרחשת תגובה (1), ובה נוצר דו־חנקן ארבע חמצני, N2O4(g)\text{N}_2\text{O}_{4(g)}N2​O4(g)​ , שהוא גז חסר צבע:
(1) 2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH(1)0<0\quad 2\text{NO}_{2(g)} \rightleftharpoons \text{N}_2\text{O}_{4(g)} \qquad \Delta H^0_{(1)} < 02NO2(g)​⇌N2​O4(g)​ΔH(1)0​<0

א.

כיצד אפשר להבחין בהתרחשות תגובה (1) בתוך הכלי?

ב.

(i)

קבע אם האנטרופיה של המערכת עולה או יורדת במהלך תגובה (1). נמק.

(ii)

קבע אם האנטרופיה של הסביבה עולה או יורדת במהלך תגובה (1) .

(iii)

תגובה (1) ספונטנית בטמפרטורה 298 K298\ \text{K}298 K .
קבע אם בטמפרטורה 298 K298\ \text{K}298 K השינוי באנטרופיה של הסביבה גדול מן השינוי באנטרופיה של המערכת או קטן ממנו. נמק.

ג.

במעבדה ביצעו את תגובה (1) בשני כלים סגורים, I ו־ II . נפחו של כל כלי היה 1 ליטר.
לכל אחד מן הכלים הריקים הכניסו אותו מספר מולים של NO2(g)\text{NO}_{2(g)}NO2(g)​ , וסגרו את הכלים.
כלי I הוחזק בטמפרטורה 298 K298\ \text{K}298 K . כלי II הוחזק בטמפרטורה 500 K500\ \text{K}500 K .
בשני הכלים התרחשה תגובה (1), ושתי המערכות הגיעו למצב שיווי משקל.
קבע באיזה כלי, I או II , הגיעה המערכת למצב שיווי משקל בזמן קצר יותר.
נמק בעזרת תורת ההתנגשויות.

ד.

(i)

הערכים של קבועי שיווי משקל, KcK_cKc​ , עבור המערכות שבשני הכלים I ו־ II , הם 0.025 ו־ 170 .
התאם לכל אחת מן המערכות, הנמצאות בכלים I ו־ II , את ערך ה־ KcK_cKc​ . הסבר.

(ii)

קבע אם הריכוז של N2O4(g)\text{N}_2\text{O}_{4(g)}N2​O4(g)​ בכלי II במצב שיווי משקל גדול מן הריכוז של N2O4(g)\text{N}_2\text{O}_{4(g)}N2​O4(g)​ בכלי I במצב שיווי משקל, קטן ממנו או שווה לו. נמק.

(iii)

כשהמערכת בכלי I הגיעה למצב שיווי משקל, נמצאו בכלי 0.03 מול NO2(g)\text{NO}_{2(g)}NO2(g)​ .
רשום את הביטוי של קבוע שיווי המשקל, KcK_cKc​ .
חשב את הריכוז של N2O4(g)\text{N}_2\text{O}_{4(g)}N2​O4(g)​ בכלי I במצב שיווי משקל. פרט את חישוביך.

ה.

כשהמערכת בכלי I הייתה במצב שיווי משקל, הוסיפו לכלי מעט N2O4(g)\text{N}_2\text{O}_{4(g)}N2​O4(g)​ , ושיווי המשקל הופר.
לאחר זמן מה הגיעה המערכת למצב שיווי המשקל החדש.
קבע אם במצב שיווי המשקל החדש הריכוז של NO2(g)\text{NO}_{2(g)}NO2(g)​ גדול מן הריכוז של NO2(g)\text{NO}_{2(g)}NO2(g)​ במצב שיווי המשקל הקודם, קטן ממנו או שווה לו. נמק.

◂ פתרון מלא לשאלה 1

סעיף א

תשובה:

הצבע החום של הגז בכלי נחלש (הולך ובהיר) עד שהוא מפסיק להשתנות.

NO2(g)\text{NO}_{2(g)}NO2(g)​ הוא גז חום ו־N2O4(g)\text{N}_2\text{O}_{4(g)}N2​O4(g)​ הוא גז חסר צבע.
במהלך תגובה (1) נצרך NO2\text{NO}_2NO2​ ונוצר N2O4\text{N}_2\text{O}_4N2​O4​, ולכן ריכוז הגז החום בכלי קטן – הצבע החום של תערובת הגזים נעשה בהיר יותר.
כשהמערכת מגיעה למצב שיווי משקל הריכוזים אינם משתנים עוד, והצבע נשאר קבוע (חום בהיר – לא נעלם לגמרי, כי תגובה (1) הפיכה ונשאר NO2\text{NO}_2NO2​ בכלי).

סעיף ב

(i)

תשובה:

האנטרופיה של המערכת יורדת – מספר מולי הגז קטן מ־2 ל־1.

האנטרופיה של המערכת יורדת (ΔSמערכת0<0\Delta S^0_{\text{מערכת}} < 0ΔSמערכת0​<0).
נימוק: כל החומרים בתגובה הם גזים. מ־2 מול מולקולות גז (2NO2(g)2\text{NO}_{2(g)}2NO2(g)​) מתקבל 1 מול מולקולות גז (N2O4(g)\text{N}_2\text{O}_{4(g)}N2​O4(g)​) – מספר החלקיקים במערכת קטן ל־חצי.
פחות חלקיקים חופשיים לנוע בנפח הכלי ← מספר המצבים המיקרוסקופיים האפשריים קטן ← פיזור החלקיקים והאנרגיה קטן, ולכן האנטרופיה של המערכת יורדת.

(ii)

תשובה:

האנטרופיה של הסביבה עולה (התגובה אקסותרמית).

האנטרופיה של הסביבה עולה.
תגובה (1) אקסותרמית (ΔH(1)0<0\Delta H^0_{(1)} < 0ΔH(1)0​<0): במהלכה משתחררת אנרגיה (חום) מן המערכת אל הסביבה. האנרגיה הנוספת מתפזרת בין חלקיקי הסביבה ומגדילה את פיזור האנרגיה בסביבה.
לפי הנוסחה: ΔSסביבה0=−ΔH0T\Delta S^0_{\text{סביבה}} = -\frac{\Delta H^0}{T}ΔSסביבה0​=−TΔH0​ ; מאחר ש־ΔH(1)0<0\Delta H^0_{(1)} < 0ΔH(1)0​<0 ו־T>0T > 0T>0, מתקבל ΔSסביבה0>0\Delta S^0_{\text{סביבה}} > 0ΔSסביבה0​>0.

(iii)

תשובה:

גדול – כדי שהתגובה תהיה ספונטנית, ΔSיקום0>0\Delta S^0_{\text{יקום}} > 0ΔSיקום0​>0, ולכן העלייה באנטרופיה של הסביבה גדולה מן הירידה באנטרופיה של המערכת.

השינוי באנטרופיה של הסביבה גדול (בערכו המוחלט) מן השינוי באנטרופיה של המערכת.
נימוק: לפי החוק השני של התרמודינמיקה, תגובה ספונטנית היא תגובה שבה האנטרופיה של היקום עולה:
ΔSיקום0=ΔSמערכת0+ΔSסביבה0>0\Delta S^0_{\text{יקום}} = \Delta S^0_{\text{מערכת}} + \Delta S^0_{\text{סביבה}} > 0ΔSיקום0​=ΔSמערכת0​+ΔSסביבה0​>0
בתגובה (1): ΔSמערכת0<0\Delta S^0_{\text{מערכת}} < 0ΔSמערכת0​<0 (סעיף i) ו־ΔSסביבה0>0\Delta S^0_{\text{סביבה}} > 0ΔSסביבה0​>0 (סעיף ii).
כדי שהסכום יהיה חיובי, העלייה באנטרופיה של הסביבה חייבת להיות גדולה מן הירידה באנטרופיה של המערכת: ΔSסביבה0>∣ΔSמערכת0∣\Delta S^0_{\text{סביבה}} > \left|\Delta S^0_{\text{מערכת}}\right|ΔSסביבה0​>​ΔSמערכת0​​ .

סעיף ג

תשובה:

בכלי II (הטמפרטורה הגבוהה יותר) – קצב התגובות בו גבוה יותר.

בכלי II (בטמפרטורה 500 K500\ \text{K}500 K) המערכת מגיעה לשיווי משקל בזמן קצר יותר.
נימוק לפי תורת ההתנגשויות:
•תגובה מתרחשת רק בהתנגשות פוריה – התנגשות בכיוון מתאים שבה האנרגיה של החלקיקים המתנגשים שווה לאנרגיית השפעול או גדולה ממנה.
•בטמפרטורה גבוהה יותר האנרגיה הקינטית הממוצעת של המולקולות גדולה יותר: הן נעות מהר יותר ומתנגשות לעתים קרובות יותר, ובעיקר – חלק גדול יותר מן ההתנגשויות הן בעלות אנרגיה השווה לאנרגיית השפעול או גדולה ממנה.
•לכן בכלי II מספר ההתנגשויות הפוריות ביחידת זמן גדול יותר, וקצב התגובות (גם הישירה וגם ההפוכה) גבוה יותר – והמערכת מגיעה מהר יותר למצב שבו קצב התגובה הישירה שווה לקצב התגובה ההפוכה, כלומר למצב שיווי משקל.

סעיף ד

(i)

תשובה:

כלי I (298 K298\ \text{K}298 K): Kc=170K_c = 170Kc​=170 ; כלי II (500 K500\ \text{K}500 K): Kc=0.025K_c = 0.025Kc​=0.025 .

כלי I (298 K298\ \text{K}298 K): Kc=170K_c = 170Kc​=170 ; כלי II (500 K500\ \text{K}500 K): Kc=0.025K_c = 0.025Kc​=0.025 .
הסבר: תגובה (1) אקסותרמית (ΔH(1)0<0\Delta H^0_{(1)} < 0ΔH(1)0​<0), ולכן התגובה ההפוכה (N2O4→2NO2\text{N}_2\text{O}_4 \rightarrow 2\text{NO}_2N2​O4​→2NO2​) אנדותרמית.
העלאת הטמפרטורה מעדיפה את התגובה האנדותרמית (לפי עקרון לה־שטלייה המערכת "צורכת" חלק מן החום שהוסף), כלומר מצב שיווי המשקל מוסט לכיוון NO2\text{NO}_2NO2​: ריכוז N2O4\text{N}_2\text{O}_4N2​O4​ (במונה) קטן וריכוז NO2\text{NO}_2NO2​ (במכנה) גדל.
לכן בתגובה אקסותרמית ערך KcK_cKc​ קטן כשהטמפרטורה עולה: בטמפרטורה הגבוהה (500 K500\ \text{K}500 K, כלי II) – הערך הקטן 0.0250.0250.025; בטמפרטורה הנמוכה (298 K298\ \text{K}298 K, כלי I) – הערך הגדול 170170170 .

(ii)

תשובה:

קטן – בכלי II (טמפרטורה גבוהה, KcK_cKc​ קטן) שיווי המשקל מוסט לכיוון NO2\text{NO}_2NO2​.

ריכוז N2O4\text{N}_2\text{O}_4N2​O4​ בכלי II קטן מריכוזו בכלי I.
נימוק: לשני הכלים הוכנסה אותה כמות התחלתית של NO2\text{NO}_2NO2​ ונפחם זהה (1 L1\ \text{L}1 L), כך שההבדל היחיד הוא הטמפרטורה.
בכלי II הטמפרטורה גבוהה יותר, ובתגובה אקסותרמית העלאת הטמפרטורה מעדיפה את התגובה ההפוכה (האנדותרמית) – מצב שיווי המשקל מוסט לכיוון NO2\text{NO}_2NO2​. לכן בכלי II נוצר פחות N2O4\text{N}_2\text{O}_4N2​O4​ (בהתאם לכך KcK_cKc​ בכלי II קטן בהרבה: 0.0250.0250.025 לעומת 170170170).

(iii)

תשובה:

Kc=[N2O4][NO2]2K_c = \frac{[\text{N}_2\text{O}_4]}{[\text{NO}_2]^2}Kc​=[NO2​]2[N2​O4​]​ ; [N2O4]=0.153 M[\text{N}_2\text{O}_4] = 0.153\ \text{M}[N2​O4​]=0.153 M

הביטוי לקבוע שיווי המשקל:
Kc=[N2O4(g)][NO2(g)]2K_c = \frac{[\text{N}_2\text{O}_{4(g)}]}{[\text{NO}_{2(g)}]^2}Kc​=[NO2(g)​]2[N2​O4(g)​]​
ריכוז NO2\text{NO}_2NO2​ בשיווי משקל בכלי I:
C=nV=0.03 mol1 L=0.03 molLC = \frac{n}{V} = \frac{0.03\ \text{mol}}{1\ \text{L}} = 0.03\ \frac{\text{mol}}{\text{L}}C=Vn​=1 L0.03 mol​=0.03 Lmol​
ריכוז N2O4\text{N}_2\text{O}_4N2​O4​: בכלי I (298 K298\ \text{K}298 K) Kc=170K_c = 170Kc​=170 (סעיף i).
[N2O4]=Kc⋅[NO2]2=170 Lmol⋅(0.03 molL)2=170 Lmol⋅9×10−4 mol2L2=0.153 molL[\text{N}_2\text{O}_4] = K_c \cdot [\text{NO}_2]^2 = 170\ \frac{\text{L}}{\text{mol}} \cdot \left(0.03\ \frac{\text{mol}}{\text{L}}\right)^2 = 170\ \frac{\text{L}}{\text{mol}} \cdot 9\times 10^{-4}\ \frac{\text{mol}^2}{\text{L}^2} = 0.153\ \frac{\text{mol}}{\text{L}}[N2​O4​]=Kc​⋅[NO2​]2=170 molL​⋅(0.03 Lmol​)2=170 molL​⋅9×10−4 L2mol2​=0.153 Lmol​
[N2O4(g)]=0.153 M[\text{N}_2\text{O}_{4(g)}] = 0.153\ \text{M}[N2​O4(g)​]=0.153 M (כ־0.15 M0.15\ \text{M}0.15 M).
טעות נפוצה: לשכוח להעלות בריבוע את ריכוז NO2\text{NO}_2NO2​ (המקדם 2 בניסוח), או להציב את KcK_cKc​ של כלי II.

סעיף ה

תשובה:

גדול – הוספת N2O4\text{N}_2\text{O}_4N2​O4​ מגדילה את קצב התגובה ההפוכה, ונוצר עוד NO2\text{NO}_2NO2​ עד לשיווי משקל חדש.

במצב שיווי המשקל החדש ריכוז NO2\text{NO}_2NO2​ גדול מריכוזו בשיווי המשקל הקודם.
נימוק (מודל ההתנגשויות): הוספת N2O4\text{N}_2\text{O}_4N2​O4​ מגדילה את ריכוזו בכלי, ולכן גדל מספר ההתנגשויות של מולקולות N2O4\text{N}_2\text{O}_4N2​O4​ ביחידת זמן – קצב התגובה ההפוכה (N2O4→2NO2\text{N}_2\text{O}_4 \rightarrow 2\text{NO}_2N2​O4​→2NO2​) גדל ונעשה גדול מקצב התגובה הישירה. לכן נוצר NO2\text{NO}_2NO2​ ונצרך חלק מן ה־N2O4\text{N}_2\text{O}_4N2​O4​ שהוסף. ככל שריכוז NO2\text{NO}_2NO2​ עולה, קצב התגובה הישירה גדל, עד שהקצבים משתווים שוב – ובמצב החדש ריכוז NO2\text{NO}_2NO2​ גבוה מבמצב הקודם.
אפשר לנמק גם בעזרת מנת הריכוזים: מיד לאחר ההוספה Q=[N2O4][NO2]2>KcQ = \frac{[\text{N}_2\text{O}_4]}{[\text{NO}_2]^2} > K_cQ=[NO2​]2[N2​O4​]​>Kc​ , ולכן המערכת מגיבה בכיוון ההפוך (יצירת NO2\text{NO}_2NO2​) עד ש־Q=KcQ = K_cQ=Kc​ . הטמפרטורה לא השתנתה, ולכן KcK_cKc​ נשאר 170170170 ; מאחר שבמצב החדש גם [N2O4][\text{N}_2\text{O}_4][N2​O4​] גדול מבמצב הקודם, גם [NO2]2=[N2O4]Kc[\text{NO}_2]^2 = \frac{[\text{N}_2\text{O}_4]}{K_c}[NO2​]2=Kc​[N2​O4​]​ גדול יותר.

שאלה 2 · שרפת אתאנאל – אנטרופיה מולרית, ΔH, אנטרופיה של המערכת, הסביבה והיקום

שאלה פתוחה

שימו לב: חלק מהשאלה לא במיקוד תשפ"ז

סעיף ג ii: קביעה אם תגובה ספונטנית בכל טמפרטורה (תחום הטמפרטורות שבו התגובה ספונטנית) – לפי מיקוד 2027 התלמידים לא יידרשו לקבוע את תחום הטמפרטורות שבו התגובה ספונטנית.

אתאנאל, CH3CHO(l)\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)}CH3​CHO(l)​ , הוא חומר דליק, המשמש, בין השאר, לייצור בשמים.
לפניך ניסוח תגובת שרֵפה של אתאנאל במצב גז, CH3CHO(g)\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)}CH3​CHO(g)​ .
(1) 2CH3CHO(g)+5O2(g)→4CO2(g)+4H2O(g)ΔS(1) מערכת0=59 JK\quad 2\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)} + 5\text{O}_{2(g)} \rightarrow 4\text{CO}_{2(g)} + 4\text{H}_2\text{O}_{(g)} \qquad \Delta S^0_{(1)\ \text{מערכת}} = 59\ \frac{\text{J}}{\text{K}}2CH3​CHO(g)​+5O2(g)​→4CO2(g)​+4H2​O(g)​ΔS(1) מערכת0​=59 KJ​
בטבלה שלפניך מוצגים נתונים תרמודינמיים עבור המגיבים והתוצרים בתגובה (1).
נוסחת החומרH2O(g)\text{H}_2\text{O}_{(g)}H2​O(g)​CO2(g)\text{CO}_{2(g)}CO2(g)​O2(g)\text{O}_{2(g)}O2(g)​CH3CHO(g)\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)}CH3​CHO(g)​
**אנטרופיה מולרית תקנית, S0S^0S0** (JK⋅mol)\left(\frac{\text{J}}{\text{K}\cdot\text{mol}}\right)(K⋅molJ​)189214205X
**אנתלפיית התהוות תקנית, ΔHf0\Delta H^0_fΔHf0​** (kJmol)\left(\frac{\text{kJ}}{\text{mol}}\right)(molkJ​)−242-242−242−394-394−394—−166-166−166

נוסחת החומר	$\text{H}_2\text{O}_{(g)}$	$\text{CO}_{2(g)}$	$\text{O}_{2(g)}$	$\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)}$
אנטרופיה מולרית תקנית, $S^0$ $\left(\frac{\text{J}}{\text{K}\cdot\text{mol}}\right)$	189	214	205	X
אנתלפיית התהוות תקנית, $\Delta H^0_f$ $\left(\frac{\text{kJ}}{\text{mol}}\right)$	$-242$	$-394$	—	$-166$

א.

(i)

חשב את הערך של האנטרופיה המולרית התקנית של CH3CHO(g)\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)}CH3​CHO(g)​ (הערך של X שבטבלה). פרט את חישוביך.

(ii)

חשב את שינוי האנתלפיה בתגובה (1), ΔH(1)0\Delta H^0_{(1)}ΔH(1)0​ . פרט את חישוביך.

ב.

(i)

במהלך התגובה יש עלייה באנטרופיה של הסביבה. הסבר מדוע.

(ii)

במהלך התגובה יש עלייה באנטרופיה של המערכת. הסבר מדוע.

(iii)

קבע אם תגובה (1) היא ספונטנית בטמפרטורת החדר. נמק.

ג.

תגובה (2) מתארת מעבר בין מצבי צבירה של אתאנאל.
(2) CH3CHO(g)→CH3CHO(l)ΔH(2)0<0\quad \text{CH}_3\text{CHO}_{(g)} \rightarrow \text{CH}_3\text{CHO}_{(l)} \qquad \Delta H^0_{(2)} < 0CH3​CHO(g)​→CH3​CHO(l)​ΔH(2)0​<0

(i)

קבע אם האנטרופיה המולרית התקנית, S0S^0S0 , של CH3CHO(l)\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)}CH3​CHO(l)​ גבוהה מ־ S0S^0S0 של CH3CHO(g)\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)}CH3​CHO(g)​ או נמוכה ממנה. נמק.

(ii)

קבע אם תגובה (2) היא ספונטנית בכל טמפרטורה. נמק.

ד.

לפניך ניסוח תגובת שרֵפה של אתאנאל במצב נוזל, CH3CHO(l)\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)}CH3​CHO(l)​ .
(3) 2CH3CHO(l)+5O2(g)→4CO2(g)+4H2O(g)ΔH(3)0=−2,160 kJ\quad 2\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)} + 5\text{O}_{2(g)} \rightarrow 4\text{CO}_{2(g)} + 4\text{H}_2\text{O}_{(g)} \qquad \Delta H^0_{(3)} = -2{,}160\ \text{kJ}2CH3​CHO(l)​+5O2(g)​→4CO2(g)​+4H2​O(g)​ΔH(3)0​=−2,160 kJ

(i)

חשב את שינוי האנטרופיה של הסביבה עבור תגובה (3) בטמפרטורה 280 K280\ \text{K}280 K .

(ii)

בתרשים שלפניך מוצגת האנטרופיה של המערכת בתגובות (1) ו־ (3).
העתק את התרשים למחברתך, ורשום על כל אחד מן הקווים המסומנים באותיות A ו־ B את נוסחאות המגיבים של התגובות (1) ו־ (3) המתאימים.

◂ פתרון מלא לשאלה 2

סעיף א

(i)

תשובה:

S0(CH3CHO(g))=264 JK⋅molS^0(\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)}) = 264\ \frac{\text{J}}{\text{K}\cdot\text{mol}}S0(CH3​CHO(g)​)=264 K⋅molJ​

ΔSמערכת0=∑Sתוצרים0−∑Sמגיבים0\Delta S^0_{\text{מערכת}} = \sum S^0_{\text{תוצרים}} - \sum S^0_{\text{מגיבים}}ΔSמערכת0​=∑Sתוצרים0​−∑Sמגיבים0​
סכום האנטרופיות של התוצרים:
∑Sתוצרים0=4 mol⋅214 JK⋅mol+4 mol⋅189 JK⋅mol=856 JK+756 JK=1612 JK\sum S^0_{\text{תוצרים}} = 4\ \text{mol}\cdot 214\ \frac{\text{J}}{\text{K}\cdot\text{mol}} + 4\ \text{mol}\cdot 189\ \frac{\text{J}}{\text{K}\cdot\text{mol}} = 856\ \frac{\text{J}}{\text{K}} + 756\ \frac{\text{J}}{\text{K}} = 1612\ \frac{\text{J}}{\text{K}}∑Sתוצרים0​=4 mol⋅214 K⋅molJ​+4 mol⋅189 K⋅molJ​=856 KJ​+756 KJ​=1612 KJ​
סכום האנטרופיות של המגיבים:
∑Sמגיבים0=2 mol⋅X+5 mol⋅205 JK⋅mol=2 mol⋅X+1025 JK\sum S^0_{\text{מגיבים}} = 2\ \text{mol}\cdot X + 5\ \text{mol}\cdot 205\ \frac{\text{J}}{\text{K}\cdot\text{mol}} = 2\ \text{mol}\cdot X + 1025\ \frac{\text{J}}{\text{K}}∑Sמגיבים0​=2 mol⋅X+5 mol⋅205 K⋅molJ​=2 mol⋅X+1025 KJ​
הצבה:
59 JK=1612 JK−(2 mol⋅X+1025 JK)59\ \frac{\text{J}}{\text{K}} = 1612\ \frac{\text{J}}{\text{K}} - \left(2\ \text{mol}\cdot X + 1025\ \frac{\text{J}}{\text{K}}\right)59 KJ​=1612 KJ​−(2 mol⋅X+1025 KJ​)
2 mol⋅X=1612 JK−1025 JK−59 JK=528 JK2\ \text{mol}\cdot X = 1612\ \frac{\text{J}}{\text{K}} - 1025\ \frac{\text{J}}{\text{K}} - 59\ \frac{\text{J}}{\text{K}} = 528\ \frac{\text{J}}{\text{K}}2 mol⋅X=1612 KJ​−1025 KJ​−59 KJ​=528 KJ​
X=528 JK2 mol=264 JK⋅molX = \frac{528\ \frac{\text{J}}{\text{K}}}{2\ \text{mol}} = 264\ \frac{\text{J}}{\text{K}\cdot\text{mol}}X=2 mol528 KJ​​=264 K⋅molJ​
טעות נפוצה: לשכוח להכפיל את האנטרופיות המולריות במקדמי הניסוח (2 מול אתאנאל ו־5 מול חמצן).

(ii)

תשובה:

ΔH(1)0=−2212 kJ\Delta H^0_{(1)} = -2212\ \text{kJ}ΔH(1)0​=−2212 kJ

אנתלפיית ההתהוות התקנית של יסוד במצבו התקני (O2(g)\text{O}_{2(g)}O2(g)​) היא אפס – לכן בטבלה מופיע "—" עבור החמצן: ΔHf0(O2(g))=0 kJmol\Delta H^0_f(\text{O}_{2(g)}) = 0\ \frac{\text{kJ}}{\text{mol}}ΔHf0​(O2(g)​)=0 molkJ​ .
ΔH0=∑ΔHf תוצרים0−∑ΔHf מגיבים0\Delta H^0 = \sum \Delta H^0_{f\ \text{תוצרים}} - \sum \Delta H^0_{f\ \text{מגיבים}}ΔH0=∑ΔHf תוצרים0​−∑ΔHf מגיבים0​
ΔH(1)0=[4 mol⋅(−394 kJmol)+4 mol⋅(−242 kJmol)]−[2 mol⋅(−166 kJmol)+5 mol⋅0 kJmol]\Delta H^0_{(1)} = \left[4\ \text{mol}\cdot\left(-394\ \frac{\text{kJ}}{\text{mol}}\right) + 4\ \text{mol}\cdot\left(-242\ \frac{\text{kJ}}{\text{mol}}\right)\right] - \left[2\ \text{mol}\cdot\left(-166\ \frac{\text{kJ}}{\text{mol}}\right) + 5\ \text{mol}\cdot 0\ \frac{\text{kJ}}{\text{mol}}\right]ΔH(1)0​=[4 mol⋅(−394 molkJ​)+4 mol⋅(−242 molkJ​)]−[2 mol⋅(−166 molkJ​)+5 mol⋅0 molkJ​]
ΔH(1)0=(−1576 kJ−968 kJ)−(−332 kJ)=−2544 kJ+332 kJ=−2212 kJ\Delta H^0_{(1)} = (-1576\ \text{kJ} - 968\ \text{kJ}) - (-332\ \text{kJ}) = -2544\ \text{kJ} + 332\ \text{kJ} = -2212\ \text{kJ}ΔH(1)0​=(−1576 kJ−968 kJ)−(−332 kJ)=−2544 kJ+332 kJ=−2212 kJ
התגובה אקסותרמית.

סעיף ב

(i)

תשובה:

התגובה אקסותרמית (ΔH(1)0<0\Delta H^0_{(1)} < 0ΔH(1)0​<0): החום שמשתחרר לסביבה מגדיל את פיזור האנרגיה בה.

תגובה (1) אקסותרמית: ΔH(1)0=−2212 kJ\Delta H^0_{(1)} = -2212\ \text{kJ}ΔH(1)0​=−2212 kJ (סעיף א ii). במהלכה משתחררת אנרגיה בצורת חום מן המערכת אל הסביבה; האנרגיה הזאת מתפזרת בין חלקיקי הסביבה, ופיזור האנרגיה בסביבה גדל – האנטרופיה של הסביבה עולה.
לפי הנוסחה ΔSסביבה0=−ΔH0T\Delta S^0_{\text{סביבה}} = -\frac{\Delta H^0}{T}ΔSסביבה0​=−TΔH0​ : כאשר ΔH0<0\Delta H^0 < 0ΔH0<0, הערך של ΔSסביבה0\Delta S^0_{\text{סביבה}}ΔSסביבה0​ חיובי.

(ii)

תשובה:

מספר מולי הגז גדל: מ־7 מול גז במגיבים ל־8 מול גז בתוצרים.

כל החומרים בתגובה (1) הם גזים.
במגיבים: 2+5=72 + 5 = 72+5=7 מול מולקולות גז; בתוצרים: 4+4=84 + 4 = 84+4=8 מול מולקולות גז.
מספר החלקיקים בשלב הגז גדל, ולכן גדל מספר המצבים המיקרוסקופיים האפשריים של המערכת – פיזור החלקיקים והאנרגיה גדל, והאנטרופיה של המערכת עולה (בהתאם: ΔS(1) מערכת0=+59 JK\Delta S^0_{(1)\ \text{מערכת}} = +59\ \frac{\text{J}}{\text{K}}ΔS(1) מערכת0​=+59 KJ​).

(iii)

תשובה:

ספונטנית – האנטרופיה של המערכת ושל הסביבה עולות, ולכן ΔSיקום0>0\Delta S^0_{\text{יקום}} > 0ΔSיקום0​>0.

תגובה (1) ספונטנית בטמפרטורת החדר.
נימוק: תגובה ספונטנית היא תגובה שבה האנטרופיה של היקום עולה:
ΔSיקום0=ΔSמערכת0+ΔSסביבה0\Delta S^0_{\text{יקום}} = \Delta S^0_{\text{מערכת}} + \Delta S^0_{\text{סביבה}}ΔSיקום0​=ΔSמערכת0​+ΔSסביבה0​
בתגובה (1) גם ΔSמערכת0>0\Delta S^0_{\text{מערכת}} > 0ΔSמערכת0​>0 (סעיף ii) וגם ΔSסביבה0>0\Delta S^0_{\text{סביבה}} > 0ΔSסביבה0​>0 (סעיף i), ולכן סכומם חיובי – ΔSיקום0>0\Delta S^0_{\text{יקום}} > 0ΔSיקום0​>0 (בכל טמפרטורה, ובפרט בטמפרטורת החדר).
לדוגמה, ב־298 K298\ \text{K}298 K:
ΔSסביבה0=−ΔH0T=−−2212×103 J298 K=7423 JK\Delta S^0_{\text{סביבה}} = -\frac{\Delta H^0}{T} = -\frac{-2212\times 10^{3}\ \text{J}}{298\ \text{K}} = 7423\ \frac{\text{J}}{\text{K}}ΔSסביבה0​=−TΔH0​=−298 K−2212×103 J​=7423 KJ​
ΔSיקום0=59 JK+7423 JK=7482 JK>0\Delta S^0_{\text{יקום}} = 59\ \frac{\text{J}}{\text{K}} + 7423\ \frac{\text{J}}{\text{K}} = 7482\ \frac{\text{J}}{\text{K}} > 0ΔSיקום0​=59 KJ​+7423 KJ​=7482 KJ​>0

סעיף ג

(i)

תשובה:

נמוכה – בנוזל החלקיקים צפופים וחופש התנועה שלהם קטן, ולכן פיזור החלקיקים והאנרגיה קטן מבגז.

S0S^0S0 של CH3CHO(l)\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)}CH3​CHO(l)​ נמוכה מ־S0S^0S0 של CH3CHO(g)\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)}CH3​CHO(g)​.
נימוק: במצב גז המולקולות רחוקות זו מזו ונעות בחופשיות בכל נפח הכלי – יש להן מספר רב מאוד של מצבים מיקרוסקופיים אפשריים (מיקומים ואופני תנועה), כלומר פיזור רב של החלקיקים ושל האנרגיה.
בנוזל המולקולות צמודות זו לזו, נמשכות זו לזו בכוחות בין־מולקולריים, וחופש התנועה שלהן מוגבל – מספר המצבים המיקרוסקופיים קטן יותר, ולכן האנטרופיה של אותו חומר במצב נוזל נמוכה מבמצב גז.

(ii)

תשובה:

לא – ΔSמערכת0<0\Delta S^0_{\text{מערכת}} < 0ΔSמערכת0​<0 ו־ΔSסביבה0>0\Delta S^0_{\text{סביבה}} > 0ΔSסביבה0​>0; בטמפרטורה גבוהה ΔSסביבה0\Delta S^0_{\text{סביבה}}ΔSסביבה0​ קטן ו־ΔSיקום0<0\Delta S^0_{\text{יקום}} < 0ΔSיקום0​<0.

תגובה (2) אינה ספונטנית בכל טמפרטורה (היא ספונטנית רק בטמפרטורות נמוכות מספיק).
נימוק:
•האנטרופיה של המערכת יורדת: ΔSמערכת0<0\Delta S^0_{\text{מערכת}} < 0ΔSמערכת0​<0 (מעבר מגז לנוזל, סעיף i).
•התגובה אקסותרמית (ΔH(2)0<0\Delta H^0_{(2)} < 0ΔH(2)0​<0), ולכן האנטרופיה של הסביבה עולה: ΔSסביבה0=−ΔH(2)0T>0\Delta S^0_{\text{סביבה}} = -\frac{\Delta H^0_{(2)}}{T} > 0ΔSסביבה0​=−TΔH(2)0​​>0 .
•ערכו של ΔSסביבה0\Delta S^0_{\text{סביבה}}ΔSסביבה0​ תלוי בטמפרטורה: ככל ש־TTT גבוהה יותר, ΔSסביבה0\Delta S^0_{\text{סביבה}}ΔSסביבה0​ קטן יותר. בטמפרטורה נמוכה העלייה באנטרופיה של הסביבה גדולה מן הירידה באנטרופיה של המערכת, ו־ΔSיקום0>0\Delta S^0_{\text{יקום}} > 0ΔSיקום0​>0 (התעבות ספונטנית); בטמפרטורה גבוהה העלייה באנטרופיה של הסביבה קטנה מן הירידה באנטרופיה של המערכת, ו־ΔSיקום0<0\Delta S^0_{\text{יקום}} < 0ΔSיקום0​<0 – התגובה אינה ספונטנית (אכן, מעל טמפרטורת הרתיחה האתאנאל אינו מתעבה).

סעיף ד

(i)

תשובה:

ΔSסביבה0≈7714 JK≈7.71×103 JK\Delta S^0_{\text{סביבה}} \approx 7714\ \frac{\text{J}}{\text{K}} \approx 7.71\times 10^{3}\ \frac{\text{J}}{\text{K}}ΔSסביבה0​≈7714 KJ​≈7.71×103 KJ​

ΔSסביבה0=−ΔH0T\Delta S^0_{\text{סביבה}} = -\frac{\Delta H^0}{T}ΔSסביבה0​=−TΔH0​
יש להמיר את ΔH0\Delta H^0ΔH0 ל־J: ΔH(3)0=−2160 kJ=−2.160×106 J\Delta H^0_{(3)} = -2160\ \text{kJ} = -2.160\times 10^{6}\ \text{J}ΔH(3)0​=−2160 kJ=−2.160×106 J .
ΔSסביבה0=−−2.160×106 J280 K=7714 JK≈7.71×103 JK\Delta S^0_{\text{סביבה}} = -\frac{-2.160\times 10^{6}\ \text{J}}{280\ \text{K}} = 7714\ \frac{\text{J}}{\text{K}} \approx 7.71\times 10^{3}\ \frac{\text{J}}{\text{K}}ΔSסביבה0​=−280 K−2.160×106 J​=7714 KJ​≈7.71×103 KJ​
(שווה ל־7.71 kJK7.71\ \frac{\text{kJ}}{\text{K}}7.71 KkJ​.)
טעות נפוצה: להציב ΔH\Delta HΔH ב־kJ ולקבל 7.717.717.71 עם היחידה JK\frac{\text{J}}{\text{K}}KJ​ – יש להקפיד על התאמת היחידות.

(ii)

תשובה:

קו A: 2CH3CHO(g)+5O2(g)2\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)} + 5\text{O}_{2(g)}2CH3​CHO(g)​+5O2(g)​ (מגיבי תגובה (1)); קו B: 2CH3CHO(l)+5O2(g)2\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)} + 5\text{O}_{2(g)}2CH3​CHO(l)​+5O2(g)​ (מגיבי תגובה (3)).

קו A: 2CH3CHO(g)+5O2(g)2\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)} + 5\text{O}_{2(g)}2CH3​CHO(g)​+5O2(g)​ (המגיבים של תגובה (1)).
קו B: 2CH3CHO(l)+5O2(g)2\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)} + 5\text{O}_{2(g)}2CH3​CHO(l)​+5O2(g)​ (המגיבים של תגובה (3)).
נימוק: לשתי התגובות אותם תוצרים (4CO2(g)+4H2O(g)4\text{CO}_{2(g)} + 4\text{H}_2\text{O}_{(g)}4CO2(g)​+4H2​O(g)​, הקו העליון).
•בתגובה (1) האנטרופיה של המערכת עולה במעט בלבד (ΔS(1)0=+59 JK\Delta S^0_{(1)} = +59\ \frac{\text{J}}{\text{K}}ΔS(1)0​=+59 KJ​), ולכן המגיבים שלה נמצאים מעט מתחת לקו התוצרים – קו A.
•המגיבים של תגובה (3) שונים מאלה של תגובה (1) רק במצב הצבירה של האתאנאל: נוזל במקום גז. לאתאנאל נוזל אנטרופיה נמוכה יותר מלאתאנאל גז (סעיף ג i), ולכן האנטרופיה של מגיבי תגובה (3) נמוכה יותר – הקו התחתון B. (בתגובה (3) מספר מולי הגז עולה מ־5 ל־8, ולכן העלייה באנטרופיה גדולה יותר.)

פרק שני – פולימרים

שאלה 3 · צבע אקרילי – קופולימרים אקראיים, מדללים, חדירות אוויר, הידרוליזה ו־Tm

שאלה פתוחה

צבע אקרילי מכיל קופולימר אקראי ופיגמנט (חומר צבע).
לפניך נוסחאות מבנה של שלושה מונומרים:
להכנת צבע אקרילי אפשר להשתמש בקופולימר A או בקופולימר B .

א.

(i)

רשוֹם קטע מייצג של קופולימר אקראי A המתקבל ממונומר (1) וממונומר (2).

(ii)

רשוֹם קטע מייצג של קופולימר אקראי B המתקבל ממונומר (1) וממונומר (3).

(iii)

קבע עבור כל אחד מקופולימרים A ו־ B אם הוא מתקבל בשיטת סיפוח או בשיטת דחיסה.

ב.

לצביעת קירות משתמשים בתערובת של צבע אקרילי ומים בתור מדלל (מים הם ממס המתנדף בקלות יחסית).
המים מתנדפים מן הקיר והצבע האקרילי נשאר. יש צבעים אקריליים מדוללים במים שמוסיפים להם מעט גליצרול.
לפניך נוסחאות של שני המדללים:
מים, H2O(l)\text{H}_2\text{O}_{(l)}H2​O(l)​ ,
גליצרול, CH2OH−CHOH−CH2OH(l)\text{CH}_2\text{OH}-\text{CHOH}-\text{CH}_2\text{OH}_{(l)}CH2​OH−CHOH−CH2​OH(l)​ .

(i)

הסבר מדוע מולקולות המים ומולקולות הגליצרול יכולות להיקשר למולקולות הקופולימר.

(ii)

הגליצרול נדיף פחות מן המים. ציין שתי סיבות לכך.

ג.

צבע אקרילי משמש גם מגן מפני חלודה על כלים העשויים מברזל. חלודה נוצרת מתגובה בין ברזל ובין החמצן שבאוויר.
קופולימר A מגן טוב יותר מקופולימר B על ברזל מפני חדירת האוויר. הסבר עובדה זו.

ד.

בתנאים מתאימים, שני הקופולימרים, A ו־ B , יכולים לעבור הידרוליזה מלאה.

(i)

רשוֹם את נוסחאות המבנה של כל תוצרי ההידרוליזה המלאה של קופולימר A .

(ii)

רשוֹם את נוסחאות המבנה של כל תוצרי ההידרוליזה המלאה של קופולימר B .

ה.

טמפרטורת ההיתוך, TmT_mTm​ , של תוצר ההידרוליזה העיקרי של קופולימר A גבוהה יותר מ־ TmT_mTm​ של קופולימר A .
ציין שתי סיבות לעובדה זו והסבר.

◂ פתרון מלא לשאלה 3

סעיף א

(i)

תשובה:

−CH2−CH∣OCOCH3−CH2−C∣CH3∣COOCH3−CH2−C∣CH3∣COOCH3−CH2−CH∣OCOCH3−CH2−CH∣OCOCH3−-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOCH}_3}{\underset{|}{\overset{\text{CH}_3}{\overset{|}{\text{C}}}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOCH}_3}{\underset{|}{\overset{\text{CH}_3}{\overset{|}{\text{C}}}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−CH2​−COOCH3​∣C∣CH3​​​−CH2​−COOCH3​∣C∣CH3​​​−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−
(סדר היחידות אקראי.)

בפילמור סיפוח נפתח הקשר הכפול C=C\text{C}=\text{C}C=C בכל מונומר, והפחמנים שלו נקשרים לפחמנים של מונומרים שכנים – נוצרת שרשרת פחמנים ארוכה (עמוד השדרה), והקבוצות שהיו קשורות לפחמני הקשר הכפול נשארות כקבוצות צדדיות.
•יחידה ממונומר (1): −CH2−CH(OCOCH3)−-\text{CH}_2-\text{CH}(\text{OCOCH}_3)-−CH2​−CH(OCOCH3​)− (קבוצה צדדית: −O−CO−CH3-\text{O}-\text{CO}-\text{CH}_3−O−CO−CH3​).
•יחידה ממונומר (2): −CH2−C(CH3)(COOCH3)−-\text{CH}_2-\text{C}(\text{CH}_3)(\text{COOCH}_3)-−CH2​−C(CH3​)(COOCH3​)− (שתי קבוצות צדדיות על אותו פחמן: −CH3-\text{CH}_3−CH3​ ו־−CO−O−CH3-\text{CO}-\text{O}-\text{CH}_3−CO−O−CH3​).
בקופולימר אקראי היחידות של שני המונומרים מופיעות לאורך השרשרת בסדר לא קבוע (לא לסירוגין ולא בגושים מסודרים). קטע מייצג (חמש יחידות):
−CH2−CH∣OCOCH3−CH2−C∣CH3∣COOCH3−CH2−C∣CH3∣COOCH3−CH2−CH∣OCOCH3−CH2−CH∣OCOCH3−-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOCH}_3}{\underset{|}{\overset{\text{CH}_3}{\overset{|}{\text{C}}}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOCH}_3}{\underset{|}{\overset{\text{CH}_3}{\overset{|}{\text{C}}}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−CH2​−COOCH3​∣C∣CH3​​​−CH2​−COOCH3​∣C∣CH3​​​−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−
(1)–(2)–(2)–(1)–(1): כל סדר לא סדיר אחר מתקבל גם הוא.

(ii)

תשובה:

−CH2−CH∣OCOCH3−CH2−CH∣COOC4H9−CH2−CH∣OCOCH3−CH2−CH∣OCOCH3−CH2−CH∣COOC4H9−-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOC}_4\text{H}_9}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOC}_4\text{H}_9}{\underset{|}{\text{CH}}}-−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−CH2​−COOC4​H9​∣CH​​−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−CH2​−COOC4​H9​∣CH​​−
(סדר היחידות אקראי.)

•יחידה ממונומר (1): −CH2−CH(OCOCH3)−-\text{CH}_2-\text{CH}(\text{OCOCH}_3)-−CH2​−CH(OCOCH3​)− .
•יחידה ממונומר (3): −CH2−CH(COOCH2CH2CH2CH3)−-\text{CH}_2-\text{CH}(\text{COOCH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_3)-−CH2​−CH(COOCH2​CH2​CH2​CH3​)− (קבוצה צדדית: −CO−O−CH2CH2CH2CH3-\text{CO}-\text{O}-\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_3−CO−O−CH2​CH2​CH2​CH3​).
קטע מייצג של קופולימר אקראי (חמש יחידות, סדר לא סדיר), כאשר C4H9\text{C}_4\text{H}_9C4​H9​ מייצג −CH2CH2CH2CH3-\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_3−CH2​CH2​CH2​CH3​ :
−CH2−CH∣OCOCH3−CH2−CH∣COOC4H9−CH2−CH∣OCOCH3−CH2−CH∣OCOCH3−CH2−CH∣COOC4H9−-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOC}_4\text{H}_9}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOC}_4\text{H}_9}{\underset{|}{\text{CH}}}-−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−CH2​−COOC4​H9​∣CH​​−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−CH2​−OCOCH3​∣CH​​−CH2​−COOC4​H9​∣CH​​−
(1)–(3)–(1)–(1)–(3).

(iii)

תשובה:

שניהם – בשיטת סיפוח.

A ו־B מתקבלים שניהם בשיטת סיפוח.
לכל שלושת המונומרים יש קשר כפול C=C\text{C}=\text{C}C=C (הם נגזרות של אתן), ובפילמור נפתח הקשר הכפול והמונומרים מתחברים זה לזה דרך פחמני הקשר הכפול. כל האטומים של המונומרים נכללים בפולימר, ולא משתחררת מולקולה קטנה (כמו מים) – זה פילמור סיפוח ולא דחיסה. (קשרי האסטר שבקופולימרים נמצאים בקבוצות הצדדיות; הם לא נוצרו בתהליך הפילמור.)

סעיף ב

(i)

תשובה:

בין המדללים לקופולימר נוצרים קשרי מימן: H של קבוצות −OH-\text{OH}−OH (במים ובגליצרול) נמשך לאטומי O של קבוצות האסטר בקופולימר.

במולקולות המים והגליצרול יש קבוצות −OH-\text{OH}−OH : אטום H הקשור לאטום O, שהוא אטום בעל אלקטרושליליות גבוהה. בקופולימר (A או B) יש קבוצות אסטר −CO−O−-\text{CO}-\text{O}-−CO−O− , שבהן אטומי O בעלי זוגות אלקטרונים לא קושרים (ובפרט ה־O של הקשר C=O\text{C}=\text{O}C=O, הנושא מטען חלקי שלילי).
לכן בין אטום H של קבוצת −OH-\text{OH}−OH במולקולת מים או גליצרול לבין אטום O בקבוצת האסטר שבקופולימר נוצרים קשרי מימן. בנוסף פועלות בין המולקולות גם אינטראקציות דו־קוטב–דו־קוטב ואינטראקציות ואן דר ואלס. (בקופולימר אין אטום H הקשור ל־O, כך שקשרי המימן נוצרים רק עם ה־H של המדלל.)

(ii)

תשובה:

(1) לכל מולקולת גליצרול שלוש קבוצות −OH-\text{OH}−OH – יותר קשרי מימן בין המולקולות; (2) ענן האלקטרונים של מולקולת הגליצרול גדול יותר – אינטראקציות ואן דר ואלס חזקות יותר.

נדיפות נמוכה פירושה שהמשיכה בין המולקולות בנוזל חזקה יותר, ודרושה יותר אנרגיה כדי להפריד אותן ולהעביר אותן לשלב הגז.
סיבה 1: במולקולת גליצרול יש שלוש קבוצות −OH-\text{OH}−OH , ולכן כל מולקולה יכולה ליצור יותר קשרי מימן עם המולקולות השכנות מאשר מולקולת מים (בה יש שני אטומי H קשורים ל־O אבל אטום O אחד) – סך קשרי המימן בין מולקולות הגליצרול רב יותר.
סיבה 2: מולקולת הגליצרול גדולה בהרבה ממולקולת המים (C3H8O3\text{C}_3\text{H}_8\text{O}_3C3​H8​O3​ לעומת H2O\text{H}_2\text{O}H2​O): ענן האלקטרונים שלה גדול יותר ושטח המגע בין המולקולות גדול יותר, ולכן אינטראקציות ואן דר ואלס בין מולקולות הגליצרול חזקות יותר.
שני הגורמים יחד גורמים לכך שהכוחות הבין־מולקולריים בגליצרול חזקים יותר מבמים – טמפרטורת הרתיחה שלו גבוהה יותר והוא נדיף פחות.

סעיף ג

תשובה:

ב־B קבוצות צדדיות בוטיליות ארוכות וגמישות מרחיקות את השרשרות ומגבירות את תנועתן – יש יותר מרווחים שדרכם חודר האוויר; ב־A קבוצות צדדיות קטנות והשרשרות נוקשות וצפופות יותר.

חדירות של גז (חמצן) דרך שכבת פולימר תלויה בצפיפות הארגון של השרשרות ובתנועתיות שלהן: ככל שהשרשרות ארוזות בצפיפות רבה יותר ונוקשות יותר, יש פחות מרווחים ביניהן והגז חודר פחות.
- קופולימר B מכיל יחידות של בוטילאקרילט, שלהן קבוצה צדדית ארוכה וגמישה (−COO−CH2CH2CH2CH3-\text{COO}-\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_3−COO−CH2​CH2​CH2​CH3​). הקבוצות הארוכות מרחיקות את השרשרות זו מזו, מחלישות את האינטראקציות ביניהן ומגדילות את גמישות השרשרות – נוצרים מרווחים רבים יותר בין השרשרות, ומולקולות החמצן (והמים) חודרות דרכם בקלות רבה יותר.
- קופולימר A מכיל יחידות של מתילמתאקרילט, שבהן הקבוצות הצדדיות קטנות (−CH3-\text{CH}_3−CH3​ ו־−COOCH3-\text{COOCH}_3−COOCH3​). שתי הקבוצות הצדדיות על אותו פחמן מגבילות את הסיבוב סביב הקשרים בעמוד השדרה, ולכן השרשרות נוקשות יותר ויכולות להתקרב זו לזו – ארוזות בצפיפות רבה יותר, עם פחות מרווחים.
לכן שכבת צבע מקופולימר A חדירה פחות לאוויר ומגינה טוב יותר על הברזל מפני חלודה.

סעיף ד

(i)

תשובה:

−[CH2−CH(OH)]−-[\text{CH}_2-\text{CH}(\text{OH})]-−[CH2​−CH(OH)]− / −[CH2−C(CH3)(COOH)]−-[\text{CH}_2-\text{C}(\text{CH}_3)(\text{COOH})]-−[CH2​−C(CH3​)(COOH)]− (פולימר), CH3COOH\text{CH}_3\text{COOH}CH3​COOH , CH3OH\text{CH}_3\text{OH}CH3​OH

בקופולימר A קשרי האסטר נמצאים בקבוצות הצדדיות, ועמוד השדרה בנוי מקשרי C−C\text{C}-\text{C}C−C בלבד. בהידרוליזה מלאה נשבר כל קשר אסטר (עם מולקולת מים), ושרשרת הפחמנים נשארת שלמה.
•יחידת ויניל אצטט: −CH2−CH(O−CO−CH3)−+H2O→−CH2−CH(OH)−+CH3COOH-\text{CH}_2-\text{CH}(\text{O}-\text{CO}-\text{CH}_3)- + \text{H}_2\text{O} \rightarrow -\text{CH}_2-\text{CH}(\text{OH})- + \text{CH}_3\text{COOH}−CH2​−CH(O−CO−CH3​)−+H2​O→−CH2​−CH(OH)−+CH3​COOH
•יחידת מתילמתאקרילט: −CH2−C(CH3)(CO−O−CH3)−+H2O→−CH2−C(CH3)(COOH)−+CH3OH-\text{CH}_2-\text{C}(\text{CH}_3)(\text{CO}-\text{O}-\text{CH}_3)- + \text{H}_2\text{O} \rightarrow -\text{CH}_2-\text{C}(\text{CH}_3)(\text{COOH})- + \text{CH}_3\text{OH}−CH2​−C(CH3​)(CO−O−CH3​)−+H2​O→−CH2​−C(CH3​)(COOH)−+CH3​OH
תוצרי ההידרוליזה המלאה של A:
1. הפולימר (התוצר העיקרי) – אותה שרשרת פחמנים, ובה קבוצות צדדיות −OH-\text{OH}−OH וקבוצות −COOH-\text{COOH}−COOH בסדר אקראי; קטע מייצג:
−CH2−CH∣OH−CH2−C∣CH3∣COOH−CH2−C∣CH3∣COOH−CH2−CH∣OH−-\text{CH}_2-\underset{\text{OH}}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOH}}{\underset{|}{\overset{\text{CH}_3}{\overset{|}{\text{C}}}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOH}}{\underset{|}{\overset{\text{CH}_3}{\overset{|}{\text{C}}}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OH}}{\underset{|}{\text{CH}}}-−CH2​−OH∣CH​​−CH2​−COOH∣C∣CH3​​​−CH2​−COOH∣C∣CH3​​​−CH2​−OH∣CH​​−
2. חומצה אתאנואית (חומצה אצטית): CH3−CO−OH\text{CH}_3-\text{CO}-\text{OH}CH3​−CO−OH (כלומר CH3COOH\text{CH}_3\text{COOH}CH3​COOH).
3. מתנול: CH3−OH\text{CH}_3-\text{OH}CH3​−OH .

(ii)

תשובה:

פולימר עם קבוצות −OH-\text{OH}−OH ו־−COOH-\text{COOH}−COOH (−CH2−CH(OH)−-\text{CH}_2-\text{CH}(\text{OH})-−CH2​−CH(OH)− / −CH2−CH(COOH)−-\text{CH}_2-\text{CH}(\text{COOH})-−CH2​−CH(COOH)−), CH3COOH\text{CH}_3\text{COOH}CH3​COOH , CH3CH2CH2CH2OH\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{OH}CH3​CH2​CH2​CH2​OH

•יחידת ויניל אצטט: −CH2−CH(O−CO−CH3)−+H2O→−CH2−CH(OH)−+CH3COOH-\text{CH}_2-\text{CH}(\text{O}-\text{CO}-\text{CH}_3)- + \text{H}_2\text{O} \rightarrow -\text{CH}_2-\text{CH}(\text{OH})- + \text{CH}_3\text{COOH}−CH2​−CH(O−CO−CH3​)−+H2​O→−CH2​−CH(OH)−+CH3​COOH
•יחידת בוטילאקרילט: −CH2−CH(CO−O−C4H9)−+H2O→−CH2−CH(COOH)−+CH3CH2CH2CH2OH-\text{CH}_2-\text{CH}(\text{CO}-\text{O}-\text{C}_4\text{H}_9)- + \text{H}_2\text{O} \rightarrow -\text{CH}_2-\text{CH}(\text{COOH})- + \text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{OH}−CH2​−CH(CO−O−C4​H9​)−+H2​O→−CH2​−CH(COOH)−+CH3​CH2​CH2​CH2​OH
תוצרי ההידרוליזה המלאה של B:
1. הפולימר – שרשרת פחמנים ובה קבוצות צדדיות −OH-\text{OH}−OH ו־−COOH-\text{COOH}−COOH בסדר אקראי; קטע מייצג:
−CH2−CH∣OH−CH2−CH∣COOH−CH2−CH∣OH−CH2−CH∣OH−CH2−CH∣COOH−-\text{CH}_2-\underset{\text{OH}}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOH}}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OH}}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OH}}{\underset{|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOH}}{\underset{|}{\text{CH}}}-−CH2​−OH∣CH​​−CH2​−COOH∣CH​​−CH2​−OH∣CH​​−CH2​−OH∣CH​​−CH2​−COOH∣CH​​−
2. חומצה אתאנואית: CH3COOH\text{CH}_3\text{COOH}CH3​COOH .
3. 1־בוטנול: CH3−CH2−CH2−CH2−OH\text{CH}_3-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{OH}CH3​−CH2​−CH2​−CH2​−OH .

סעיף ה

תשובה:

(1) בתוצר יש קבוצות −OH-\text{OH}−OH ו־−COOH-\text{COOH}−COOH היוצרות קשרי מימן בין השרשרות; (2) הקבוצות הצדדיות קטנות יותר, השרשרות מתקרבות ומסתדרות בצפיפות – אחוז הגבישיות גבוה יותר.

התוצר העיקרי הוא הפולימר שבו קבוצות −OCOCH3-\text{OCOCH}_3−OCOCH3​ הוחלפו ב־−OH-\text{OH}−OH וקבוצות −COOCH3-\text{COOCH}_3−COOCH3​ הוחלפו ב־−COOH-\text{COOH}−COOH (סעיף ד i).
סיבה 1 – קשרי מימן בין השרשרות: בתוצר יש קבוצות −OH-\text{OH}−OH ו־−COOH-\text{COOH}−COOH שבהן אטום H קשור לאטום O, ולכן בין השרשרות נוצרים קשרי מימן רבים. בקופולימר A אין אטומי H הקשורים ל־O, ובין השרשרות פועלות רק אינטראקציות דו־קוטב–דו־קוטב ואינטראקציות ואן דר ואלס, החלשות מקשרי מימן. ככל שהאינטראקציות בין השרשרות חזקות יותר, דרושה יותר אנרגיה כדי להפריד ביניהן – TmT_mTm​ גבוהה יותר.
סיבה 2 – קבוצות צדדיות קטנות יותר, ארגון מסודר וצפוף יותר: הקבוצות −OH-\text{OH}−OH ו־−COOH-\text{COOH}−COOH קטנות מ־−OCOCH3-\text{OCOCH}_3−OCOCH3​ ומ־−COOCH3-\text{COOCH}_3−COOCH3​. לכן השרשרות יכולות להתקרב זו לזו ולהסתדר בסדר מרחבי (אזורים גבישיים) – אחוז הגבישיות גבוה יותר והאינטראקציות בין השרשרות רבות יותר. כדי להתיך את האזורים הגבישיים דרושה טמפרטורה גבוהה יותר.

שאלה 4 · מאפייני סיבים, Tg ו־Tm של פוליאסטרים ופוליאמידים, הידרוליזה ופולימרים מתכלים

שאלה פתוחה

פולימרים

א.

לפניך מאפיינים f-a של פולימרים.
a \quad מבנה אמורפי
b \quad אחוז גבישיות גבוה
c \quad שרשרות ארוכות ללא קבוצות צדדיות גדולות
d \quad קבוצות צדדיות גדולות\ne \quad קטעים קשיחים בעמוד השדרה
f \quad קשרי צילוב קוולנטיים
מבין המאפיינים f-a ציין שלושה מאפיינים המתאימים לפולימרים המשמשים לייצור סיבים.

ב.

בטבלה שלפניך מוצגים נתונים של ארבעה פולימרים, (1)-(4), שדרגות הפִּלמור הממוצעות שלהם דומות.
שם הפולימרנוסחת מבנה של היחידה החוזרתTg (∘C)T_g\ (^{\circ}\text{C})Tg​ (∘C)Tm (∘C)T_m\ (^{\circ}\text{C})Tm​ (∘C)
(1)פוליאתילן אדיפאט−O−CH2−CH2−O−CO−(CH2)4−CO−-\text{O}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{O}-\text{CO}-(\text{CH}_2)_4-\text{CO}-−O−CH2​−CH2​−O−CO−(CH2​)4​−CO−−45-45−4550
(2)ניילון 6,6−NH−(CH2)6−NH−CO−(CH2)4−CO−-\text{NH}-(\text{CH}_2)_6-\text{NH}-\text{CO}-(\text{CH}_2)_4-\text{CO}-−NH−(CH2​)6​−NH−CO−(CH2​)4​−CO−80265
(3)דקרון−O−CH2−CH2−O−CO−C6H4−CO−-\text{O}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{O}-\text{CO}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{CO}-−O−CH2​−CH2​−O−CO−C6​H4​−CO−70265
(4)פרספקס−CH2−C(CH3)(COOCH3)−-\text{CH}_2-\text{C}(\text{CH}_3)(\text{COOCH}_3)-−CH2​−C(CH3​)(COOCH3​)−105160

	שם הפולימר	נוסחת מבנה של היחידה החוזרת	$T_g\ (^{\circ}\text{C})$	$T_m\ (^{\circ}\text{C})$
(1)	פוליאתילן אדיפאט	$-\text{O}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{O}-\text{CO}-(\text{CH}_2)_4-\text{CO}-$	$-45$	50
(2)	ניילון 6,6	$-\text{NH}-(\text{CH}_2)_6-\text{NH}-\text{CO}-(\text{CH}_2)_4-\text{CO}-$	80	265
(3)	דקרון	$-\text{O}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{O}-\text{CO}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{CO}-$	70	265
(4)	פרספקס	$-\text{CH}_2-\text{C}(\text{CH}_3)(\text{COOCH}_3)-$	105	160

(i)

הסבר מדוע ערך ה־ TgT_gTg​ של פולימר (3) גבוה מערך ה־ TgT_gTg​ של פולימר (1).

(ii)

הסבר מדוע ערך ה־ TmT_mTm​ של פולימר (2) שווה לערך ה־ TmT_mTm​ של פולימר (3).

ג.

כאשר אטומי המימן האמידיים בפולימר (2) מוחלפים בקבוצות מתיליות, −CH3-\text{CH}_3−CH3​ , מתקבל פולימר (5) שנקרא ניילון (N-מתיל) 6,6:

(i)

ערך ה־ TgT_gTg​ של פולימר (5) נמוך מערך ה־ TgT_gTg​ של פולימר (2). הסבר מדוע.

(ii)

פולימר (5) אינו מתאים לייצור סיבים. ציין שתי סיבות לכך.

ד.

השימוש הנרחב במוצרים פלסטיים יכול לפגוע באיכות הסביבה. אחת הדרכים להתגבר על בעיה זו היא לייצר פולימרים מתכלים. דוגמה לפולימר מתכלה היא פולימר שעובר הידרוליזה, ותוצרי ההידרוליזה שלו נמסים במים. כך אפשר לצמצם את הפגיעה באיכות הסביבה.
הפולימרים (1)-(4) שבטבלה עשויים לעבור הידרוליזה בתנאים מתאימים.

(i)

רשוֹם את נוסחאות המבנה של תוצרי ההידרוליזה המלאה של כל אחד מארבעת הפולימרים.

(ii)

פולימר (4) אינו פולימר מתכלה, אף על פי שהוא עשוי לעבור הידרוליזה. הסבר עובדה זו.

ה.

אחד מתוצרי ההידרוליזה של פולימר (2) הגיב עם אחד מתוצרי ההידרוליזה של פולימר (3).
התקבל פולימר (6), שערך ה־ TmT_mTm​ שלו גבוה מערכי ה־ TmT_mTm​ של פולימרים (2) ו־ (3) .
רשוֹם את נוסחת המבנה ליחידה החוזרת של פולימר (6).

◂ פתרון מלא לשאלה 4

סעיף א

תשובה:

b, c, e

המאפיינים המתאימים: b (אחוז גבישיות גבוה), c (שרשרות ארוכות ללא קבוצות צדדיות גדולות), e (קטעים קשיחים בעמוד השדרה).
סיב צריך להיות חזק מאוד לאורכו ולא להימתח או להתעוות. זה מתקבל כאשר השרשרות ארוכות, מסודרות במקביל זו לזו וארוזות בצפיפות, עם אינטראקציות חזקות ביניהן:
- c – שרשרות ארוכות ללא קבוצות צדדיות גדולות יכולות להתקרב זו לזו ולהסתדר במקביל.
- b – הסדר הזה הוא אזורים גבישיים; אחוז גבישיות גבוה נותן חוזק וקשיחות.
- e – קטעים קשיחים (כמו טבעות בנזן) בעמוד השדרה מגבילים את הפיתול של השרשרת, השרשרות פרושות ומסתדרות במקביל, וטמפרטורת ההיתוך גבוהה.
המאפיינים האחרים אינם מתאימים: a (מבנה אמורפי) – שרשרות לא מסודרות, חוזק נמוך; d (קבוצות צדדיות גדולות) – מונעות התקרבות וסידור של השרשרות; f (קשרי צילוב קוולנטיים) – פולימר מצולב אינו נמס, ולכן אי אפשר להתיך אותו ולמשוך ממנו סיבים.

סעיף ב

(i)

תשובה:

בעמוד השדרה של פולימר (3) יש טבעת בנזן – קטע קשיח שמגביל את הסיבוב והפיתול של השרשרת; בפולימר (1) יש במקומה שרשרת גמישה (CH2)4(\text{CH}_2)_4(CH2​)4​.

TgT_gTg​ היא הטמפרטורה שמעליה מקטעי השרשרות באזורים האמורפיים יכולים לנוע (להסתובב סביב הקשרים) והפולימר עובר ממצב זגוגי קשיח למצב גמיש. ככל שהשרשרת קשיחה יותר, נדרשת יותר אנרגיה – טמפרטורה גבוהה יותר – כדי לאפשר את התנועה הזאת.
פולימרים (1) ו־(3) הם שניהם פוליאסטרים שנוצרו מאותו דיאול (אתאן־1,2־דיאול), ונבדלים רק בחלק של החומצה הדו־קרבוקסילית: בפולימר (1) – שרשרת (CH2)4(\text{CH}_2)_4(CH2​)4​ גמישה, שאפשר להסתובב סביב כל אחד מקשרי C−C\text{C}-\text{C}C−C שלה; בפולימר (3) – טבעת בנזן, שהיא קטע קשיח (לא מסתובב) בעמוד השדרה.
הטבעת מגבילה את הסיבוב והתנועה של מקטעי השרשרת, ולכן השרשרות של פולימר (3) פחות גמישות ו־TgT_gTg​ שלו גבוהה בהרבה (70 ∘C70\ ^{\circ}\text{C}70 ∘C לעומת −45 ∘C-45\ ^{\circ}\text{C}−45 ∘C).

(ii)

תשובה:

שני גורמים שונים מביאים לאותה תוצאה: בפולימר (2) – קשרי מימן בין קבוצות האמיד של שרשרות שכנות; בפולימר (3) – טבעות בנזן קשיחות ושטוחות המאפשרות סידור צפוף וגבישי (אף שאין בו קשרי מימן).

TmT_mTm​ תלויה בחוזק האינטראקציות בין השרשרות באזורים הגבישיים ובנוקשות השרשרות.
- בפולימר (2), ניילון 6,6, יש קבוצות אמיד −CO−NH−-\text{CO}-\text{NH}-−CO−NH− : אטום H הקשור ל־N של שרשרת אחת יוצר קשר מימן עם אטום O של קבוצת C=O\text{C}=\text{O}C=O בשרשרת שכנה. קשרי המימן הרבים מחזקים מאוד את האינטראקציות בין השרשרות, אף שעמוד השדרה שלו גמיש (קטעי CH2\text{CH}_2CH2​ בלבד).
- בפולימר (3), דקרון, אין אטום H הקשור ל־N או ל־O, ולכן אין קשרי מימן בין השרשרות (רק אינטראקציות דו־קוטב–דו־קוטב בין קבוצות האסטר ואינטראקציות ואן דר ואלס). אבל בעמוד השדרה יש טבעות בנזן קשיחות ושטוחות: השרשרות נוקשות ופרושות, מסתדרות במקביל בצפיפות רבה (אחוז גבישיות גבוה), ושטח המגע הגדול בין הטבעות מגביר את האינטראקציות בין השרשרות.
כלומר בכל אחד מן הפולימרים גורם אחר מעלה את TmT_mTm​ – קשרי מימן ב־(2), קשיחות השרשרת והארגון הצפוף ב־(3) – והשפעתם במקרה זה דומה, ולכן TmT_mTm​ של שניהם זהה (265 ∘C265\ ^{\circ}\text{C}265 ∘C).

סעיף ג

(i)

תשובה:

בפולימר (5) אין אטומי H הקשורים ל־N, ולכן אין קשרי מימן בין השרשרות; האינטראקציות חלשות יותר והשרשרות נעות בקלות רבה יותר.

בפולימר (2) אטומי H הקשורים ל־N יוצרים קשרי מימן עם אטומי O של קבוצות C=O\text{C}=\text{O}C=O בשרשרות שכנות. קשרי המימן "מחזיקים" את השרשרות זו לזו ומגבילים את תנועת המקטעים גם באזורים האמורפיים.
בפולימר (5) אטומי ה־H הוחלפו בקבוצות −CH3-\text{CH}_3−CH3​, ולכן אין אטום H הקשור ל־N – ואין קשרי מימן בין השרשרות; פועלות רק אינטראקציות דו־קוטב–דו־קוטב ואינטראקציות ואן דר ואלס, החלשות יותר. כמו כן קבוצות המתיל מרחיקות את השרשרות זו מזו.
לכן מקטעי השרשרות של פולימר (5) מתחילים לנוע בטמפרטורה נמוכה יותר – TgT_gTg​ נמוכה יותר.

(ii)

תשובה:

(1) אין בו קשרי מימן בין השרשרות – האינטראקציות בין השרשרות חלשות; (2) הקבוצות הצדדיות −CH3-\text{CH}_3−CH3​ מפריעות לשרשרות להתקרב ולהסתדר במקביל – אחוז גבישיות נמוך.

פולימר לסיבים צריך אינטראקציות חזקות בין שרשרות ארוכות המסודרות במקביל ואחוז גבישיות גבוה (סעיף א).
סיבה 1: בפולימר (5) אין אטומי H הקשורים ל־N, ולכן אין קשרי מימן בין השרשרות – האינטראקציות בין השרשרות חלשות, והסיב לא יהיה חזק.
סיבה 2: לפולימר (5) יש קבוצות צדדיות −CH3-\text{CH}_3−CH3​ על אטומי החנקן, שמפריעות לשרשרות להתקרב זו לזו ולהסתדר במקביל בצפיפות – אחוז הגבישיות נמוך (המבנה אמורפי יותר).
(בנוסף, TgT_gTg​ שלו נמוכה – הוא רך וגמיש בטמפרטורת השימוש.)

סעיף ד

(i)

תשובה:

(1) HO−CH2−CH2−OH\text{HO}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{OH}HO−CH2​−CH2​−OH , HOOC−(CH2)4−COOH\text{HOOC}-(\text{CH}_2)_4-\text{COOH}HOOC−(CH2​)4​−COOH ; (2) H2N−(CH2)6−NH2\text{H}_2\text{N}-(\text{CH}_2)_6-\text{NH}_2H2​N−(CH2​)6​−NH2​ , HOOC−(CH2)4−COOH\text{HOOC}-(\text{CH}_2)_4-\text{COOH}HOOC−(CH2​)4​−COOH ; (3) HO−CH2−CH2−OH\text{HO}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{OH}HO−CH2​−CH2​−OH , HOOC−C6H4−COOH\text{HOOC}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{COOH}HOOC−C6​H4​−COOH ; (4) −[CH2−C(CH3)(COOH)]n−-[\text{CH}_2-\text{C}(\text{CH}_3)(\text{COOH})]_n-−[CH2​−C(CH3​)(COOH)]n​− , CH3OH\text{CH}_3\text{OH}CH3​OH

בהידרוליזה נשבר כל קשר אסטר −CO−O−-\text{CO}-\text{O}-−CO−O− (מתקבלות קבוצות −COOH-\text{COOH}−COOH ו־−OH-\text{OH}−OH) וכל קשר אמיד −CO−NH−-\text{CO}-\text{NH}-−CO−NH− (מתקבלות קבוצות −COOH-\text{COOH}−COOH ו־−NH2-\text{NH}_2−NH2​).
פולימר (1) – פוליאתילן אדיפאט (פוליאסטר):
•אתאן־1,2־דיאול: HO−CH2−CH2−OH\text{HO}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{OH}HO−CH2​−CH2​−OH
•חומצה הקסאן־דיאואית (חומצה אדיפית): HO−CO−(CH2)4−CO−OH\text{HO}-\text{CO}-(\text{CH}_2)_4-\text{CO}-\text{OH}HO−CO−(CH2​)4​−CO−OH , כלומר HOOC−CH2−CH2−CH2−CH2−COOH\text{HOOC}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{COOH}HOOC−CH2​−CH2​−CH2​−CH2​−COOH
פולימר (2) – ניילון 6,6 (פוליאמיד):
•הקסאן־1,6־דיאמין: H2N−(CH2)6−NH2\text{H}_2\text{N}-(\text{CH}_2)_6-\text{NH}_2H2​N−(CH2​)6​−NH2​
•חומצה אדיפית: HOOC−(CH2)4−COOH\text{HOOC}-(\text{CH}_2)_4-\text{COOH}HOOC−(CH2​)4​−COOH
פולימר (3) – דקרון (פוליאסטר):
•אתאן־1,2־דיאול: HO−CH2−CH2−OH\text{HO}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{OH}HO−CH2​−CH2​−OH
•חומצה טרפתלית (בנזן־1,4־די־קרבוקסילית): HOOC−C6H4−COOH\text{HOOC}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{COOH}HOOC−C6​H4​−COOH – טבעת בנזן ושתי קבוצות −COOH-\text{COOH}−COOH במקומות נגדיים (1,4).
פולימר (4) – פרספקס: קשר האסטר נמצא בקבוצה הצדדית, ולכן עמוד השדרה נשאר שלם:
•פולימר עם קבוצות −COOH-\text{COOH}−COOH (פולי־חומצה מתאקרילית), יחידה חוזרת: −CH2−C(CH3)(COOH)−-\text{CH}_2-\text{C}(\text{CH}_3)(\text{COOH})-−CH2​−C(CH3​)(COOH)−
−CH2−C∣CH3∣COOH−-\text{CH}_2-\underset{\text{COOH}}{\underset{|}{\overset{\text{CH}_3}{\overset{|}{\text{C}}}}}-−CH2​−COOH∣C∣CH3​​​−
•מתנול: CH3−OH\text{CH}_3-\text{OH}CH3​−OH

(ii)

תשובה:

קשר האסטר בפרספקס נמצא בקבוצה הצדדית ולא בעמוד השדרה (שבנוי מקשרי C−C\text{C}-\text{C}C−C); ההידרוליזה רק משחררת מתנול, והשרשרת הארוכה נשארת – אינה מתפרקת למולקולות קטנות.

פולימר מתכלה (לפי ההגדרה בשאלה) הוא פולימר שבהידרוליזה מתפרק לתוצרים הנמסים במים – כלומר עמוד השדרה שלו נשבר למולקולות קטנות.
פרספקס הוא פולימר סיפוח: עמוד השדרה שלו בנוי מקשרי C−C\text{C}-\text{C}C−C בלבד, וקשר האסטר נמצא בקבוצה הצדדית −COOCH3-\text{COOCH}_3−COOCH3​. בהידרוליזה נשבר רק קשר האסטר בקבוצה הצדדית: משתחרר מתנול, והקבוצה הצדדית הופכת ל־−COOH-\text{COOH}−COOH, אבל השרשרת עצמה אינה נשברת – התוצר העיקרי הוא עדיין מקרומולקולה ארוכה (בעלת אותה דרגת פלמור), ולא מונומרים קטנים. לכן הפולימר אינו "נעלם" בסביבה ואינו מתכלה.
לעומת זאת, בפולימרים (1)-(3) (פולימרי דחיסה) קשרי האסטר או האמיד נמצאים בעמוד השדרה, וההידרוליזה מפרקת את השרשרת למונומרים קטנים.

סעיף ה

תשובה:

−NH−(CH2)6−NH−CO−C6H4−CO−-\text{NH}-(\text{CH}_2)_6-\text{NH}-\text{CO}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{CO}-−NH−(CH2​)6​−NH−CO−C6​H4​−CO− (מהקסאן־1,6־דיאמין וחומצה טרפתלית)

פולימר (6) הוא פוליאמיד שנוצר מהקסאן־1,6־דיאמין (מפולימר (2)) ומחומצה טרפתלית (מפולימר (3)):
−NH−(CH2)6−NH−C∥O−C6H4−C∥O−-\text{NH}-(\text{CH}_2)_6-\text{NH}-\overset{\text{O}}{\overset{\|}{\text{C}}}-\text{C}_6\text{H}_4-\overset{\text{O}}{\overset{\|}{\text{C}}}-−NH−(CH2​)6​−NH−C∥O−C6​H4​−C∥O−
(טבעת הבנזן קשורה לשתי קבוצות C=O\text{C}=\text{O}C=O במקומות נגדיים, 1,4, כמו בדקרון.)
נימוק לבחירה: פולימר זה משלב את שני הגורמים המעלים את TmT_mTm​ :
•קבוצות אמיד −CO−NH−-\text{CO}-\text{NH}-−CO−NH− – קשרי מימן בין השרשרות (כמו בניילון 6,6);
- טבעת בנזן קשיחה בעמוד השדרה – שרשרת נוקשה וסידור צפוף (כמו בדקרון).
לכן TmT_mTm​ שלו גבוהה מזו של (2) ומזו של (3).
(השילוב האחר האפשרי בין תוצר של (2) לתוצר של (3) – חומצה אדיפית עם אתאן־1,2־דיאול – נותן את פולימר (1), שערך ה־TmT_mTm​ שלו נמוך בהרבה. דיאמין עם דיאול, או חומצה אדיפית עם חומצה טרפתלית, אינם יוצרים פולימר דחיסה.)

פרק שלישי – כימיה פיזיקלית

שאלה 5 · זרחן – אנרגיית פוטון, אורביטלים מולקולריים של P₂, צבע של דיפוספן ו־LED

שאלה פתוחה

שימו לב: חלק מהשאלה לא במיקוד תשפ"ז

סעיפים ד ו־ה: מוליך למחצה מסוג N ו־P (הסממה), צומת PN ודיודה פולטת אור (LED) – לא נכללים במיקוד 2027.

השאלה עוסקת בזרחן.

א.

אטום זרחן, P , מְעוֹרָר פולט קרינה. האנרגייה של אחד מן הפוטונים של קרינה זו היא 5.8 eV5.8\ \text{eV}5.8 eV .

(i)

קבע אם הקרינה הנפלטת, המתאימה לפוטון זה, היא בתחום האור הנראה או בתחום האולטרה־סגול (UV) או בתחום האינפרא־אדום ( IR ). פרט את חישוביך, ונמק.

(ii)

חשב את תדירות הקרינה הנפלטת, המתאימה לפוטון זה. פרט את חישוביך.

ב.

לפניך אכלוס אלקטרונים במולקולת זרחן, P2\text{P}_2P2​ .
σ1s2 σ1s∗2 σ2s2 σ2s∗2 π2p4 σ2p2 π2p∗4 σ2p∗2 σ3s2 σ3s∗2 π3p4 σ3p2 π3p∗ σ3p∗\sigma_{1s}^2\ \sigma_{1s}^{*2}\ \sigma_{2s}^2\ \sigma_{2s}^{*2}\ \pi_{2p}^4\ \sigma_{2p}^2\ \pi_{2p}^{*4}\ \sigma_{2p}^{*2}\ \sigma_{3s}^2\ \sigma_{3s}^{*2}\ \pi_{3p}^4\ \sigma_{3p}^2\ \pi_{3p}^{*}\ \sigma_{3p}^{*}σ1s2​ σ1s∗2​ σ2s2​ σ2s∗2​ π2p4​ σ2p2​ π2p∗4​ σ2p∗2​ σ3s2​ σ3s∗2​ π3p4​ σ3p2​ π3p∗​ σ3p∗​

(i)

רשוֹם את רמת ה־ LUMO במולקולת זרחן. נמק.

(ii)

איזה חלקיק יציב יותר: מולקולה P2\text{P}_2P2​ או יון P2+\text{P}_2^{+}P2+​ ? נמק.

ג.

לפניך ייצוג מקוצר לנוסחת מבנה של דיפוספן, C36H58P2\text{C}_{36}\text{H}_{58}\text{P}_2C36​H58​P2​ .
הסבר כיצד המבנה של מולקולות דיפוספן גורם לחומר להיות צבעוני.

ד.

יש פָּנָסים המאירים באמצעות נורוֹת LED (דיודה פולטת אור) הפולטות קרינה באורכי גל שונים.
LED מורכב ממוליך למחצה (מל"מ) מסוג N וממל"מ מסוג P .
האיור שלפניך מתאר קטע ממבנה של מל"מ.

(i)

קבע אם באיור מתואר מל"מ מסוג N או מל"מ מסוג P . נמק.

(ii)

LED בנוי מגבישים של מל"מ. כאשר מעבירים זרם חשמלי דרך גבישים אלה נפלטת קרינה אלקטרומגנטית בתחום האור הנראה.
לפניך סרטוט של LED המתקבל מחיבור של מל"מ מסוג N עם מל"מ מסוג P .
העתק את הסרטוט למחברתך.
— \quad סמן בסרטוט את המל"מ מסוג N והמל"מ מסוג P .
— \quad הוסף לסרטוט סוללה וחוטים מוליכים, כדי שייווצר מעגל חשמלי שזורם בו זרם.
— \quad סמן בסרטוט את המִטען, (+) או (−), על כל אחד מהדקי הסוללה,
וסמן בחץ את כיוון התנועה של האלקטרונים במעגל.

ה.

הנורות ברמזורים הן נורות LED . ברמזור יש נורה הפולטת אור ירוק, ונורה הפולטת אור אדום.

(i)

באיזה LED פער האנרגייה גדול יותר: LED ירוק או LED אדום? נמק.

(ii)

ברמזורים יש גם נורה הפולטת אור צהוב.
חשב את טווח אנרגיית הפוטונים של אור צהוב. פרט את חישוביך.

◂ פתרון מלא לשאלה 5

סעיף א

(i)

תשובה:

λ=214 nm\lambda = 214\ \text{nm}λ=214 nm – קצר מ־390 nm390\ \text{nm}390 nm, ולכן הקרינה בתחום ה־UV.

E(eV)=1240λ(nm)⇒λ=1240E=12405.8 eV≈214 nmE_{(\text{eV})} = \frac{1240}{\lambda_{(\text{nm})}} \quad\Rightarrow\quad \lambda = \frac{1240}{E} = \frac{1240}{5.8\ \text{eV}} \approx 214\ \text{nm}E(eV)​=λ(nm)​1240​⇒λ=E1240​=5.8 eV1240​≈214 nm
לפי גלגל הצבעים, תחום האור הנראה הוא 390390390–780 nm780\ \text{nm}780 nm . אורך הגל 214 nm214\ \text{nm}214 nm קצר מ־390 nm390\ \text{nm}390 nm (אנרגיית הפוטון גבוהה מזו של אור סגול), ולכן הקרינה בתחום האולטרה־סגול (UV).
(קרינת IR היא בעלת אורך גל ארוך מ־780 nm780\ \text{nm}780 nm ואנרגיה נמוכה מזו של האור הנראה.)

(ii)

תשובה:

ν≈1.4×1015 sec−1\nu \approx 1.4\times 10^{15}\ \text{sec}^{-1}ν≈1.4×1015 sec−1 (Hz)

דרך 1 (מאורך הגל שחושב בסעיף i):
λ=214 nm=214×10−9 m\lambda = 214\ \text{nm} = 214\times 10^{-9}\ \text{m}λ=214 nm=214×10−9 m
ν=cλ=3.0×108 msec214×10−9 m≈1.40×1015 1sec\nu = \frac{c}{\lambda} = \frac{3.0\times 10^{8}\ \frac{\text{m}}{\text{sec}}}{214\times 10^{-9}\ \text{m}} \approx 1.40\times 10^{15}\ \frac{1}{\text{sec}}ν=λc​=214×10−9 m3.0×108 secm​​≈1.40×1015 sec1​
דרך 2 (מן האנרגיה):
E=5.8 eV⋅1.6×10−19 JeV=9.28×10−19 JE = 5.8\ \text{eV} \cdot 1.6\times 10^{-19}\ \frac{\text{J}}{\text{eV}} = 9.28\times 10^{-19}\ \text{J}E=5.8 eV⋅1.6×10−19 eVJ​=9.28×10−19 J
ν=Eh=9.28×10−19 J6.63×10−34 J⋅sec≈1.40×1015 1sec\nu = \frac{E}{h} = \frac{9.28\times 10^{-19}\ \text{J}}{6.63\times 10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{sec}} \approx 1.40\times 10^{15}\ \frac{1}{\text{sec}}ν=hE​=6.63×10−34 J⋅sec9.28×10−19 J​≈1.40×1015 sec1​
ν≈1.4×1015 Hz\nu \approx 1.4\times 10^{15}\ \text{Hz}ν≈1.4×1015 Hz

סעיף ב

(i)

תשובה:

π3p∗\pi^*_{3p}π3p∗​

LUMO (Lowest Unoccupied Molecular Orbital) הוא האורביטל המולקולרי בעל האנרגיה הנמוכה ביותר שאין בו אלקטרונים.
באכלוס הנתון האורביטלים רשומים לפי סדר עליית האנרגיה. האורביטל האחרון המאוכלס הוא σ3p2\sigma_{3p}^2σ3p2​ (זהו ה־HOMO), והאורביטלים הבאים, π3p∗\pi^*_{3p}π3p∗​ ו־σ3p∗\sigma^*_{3p}σ3p∗​ , ריקים (אין להם מעריך). הנמוך מביניהם הוא π3p∗\pi^*_{3p}π3p∗​ .
ה־LUMO הוא π3p∗\pi^*_{3p}π3p∗​ (שני אורביטלים אנטי־קושרים מסוג π\piπ בעלי אותה אנרגיה).

(ii)

תשובה:

P2\text{P}_2P2​ – סדר הקשר בה 3, וב־P2+\text{P}_2^{+}P2+​ 2.5 (האלקטרון מוצא מאורביטל קושר σ3p\sigma_{3p}σ3p​).

סדר קשר=(מספר אלקטרונים באורביטלים קושרים)−(מספר אלקטרונים באורביטלים אנטי קושרים)2\text{סדר קשר} = \frac{(\text{מספר אלקטרונים באורביטלים קושרים}) - (\text{מספר אלקטרונים באורביטלים אנטי קושרים})}{2}סדר קשר=2(מספר אלקטרונים באורביטלים קושרים)−(מספר אלקטרונים באורביטלים אנטי קושרים)​
ברמות 1 ו־2 כל האורביטלים הקושרים והאנטי־קושרים מלאים, ותרומתם לסדר הקשר מתקזזת. לכן מספיק לספור את אלקטרוני הרמה השלישית:
P2\text{P}_2P2​: קושרים – σ3s2 π3p4 σ3p2\sigma_{3s}^2\ \pi_{3p}^4\ \sigma_{3p}^2σ3s2​ π3p4​ σ3p2​ = 8 אלקטרונים; אנטי־קושרים – σ3s∗2\sigma_{3s}^{*2}σ3s∗2​ = 2 אלקטרונים.
סדר קשר(P2)=8−22=3\text{סדר קשר}(\text{P}_2) = \frac{8 - 2}{2} = 3סדר קשר(P2​)=28−2​=3
P2+\text{P}_2^{+}P2+​: האלקטרון מוצא מן ה־HOMO, שהוא האורביטל הקושר σ3p\sigma_{3p}σ3p​ (σ3p1\sigma_{3p}^1σ3p1​): קושרים – 7, אנטי־קושרים – 2.
סדר קשר(P2+)=7−22=2.5\text{סדר קשר}(\text{P}_2^{+}) = \frac{7 - 2}{2} = 2.5סדר קשר(P2+​)=27−2​=2.5
ככל שסדר הקשר גבוה יותר, הקשר חזק יותר והחלקיק יציב יותר. לכן המולקולה P2\text{P}_2P2​ יציבה יותר מן היון P2+\text{P}_2^{+}P2+​ .

סעיף ג

תשובה:

במולקולה מערכת מצומדת של קשרים כפולים לסירוגין (הקשר P=P\text{P}=\text{P}P=P ושתי טבעות הבנזן) – כרומופור עם אלקטרוני π\piπ לא ממוקמים; הפרש האנרגיה HOMO–LUMO קטן ומתאים לאנרגיית פוטונים של אור נראה, החומר בולע חלק מן האור הנראה וצבעו הוא הצבע המשלים.

•במולקולת דיפוספן יש מערכת מצומדת: הקשר הכפול P=P\text{P}=\text{P}P=P קשור ישירות לשתי טבעות בנזן, שבהן קשרים כפולים ויחידים לסירוגין. כך נוצר רצף ארוך של קשרים כפולים ויחידים לסירוגין – כרומופור – ואלקטרוני ה־π\piπ אינם ממוקמים (אל־איתור) על פני חלק גדול של המולקולה.
•ככל שמערכת הקשרים המצומדים ארוכה יותר, הפרש האנרגיה בין ה־HOMO ל־LUMO קטן יותר.
•בדיפוספן הפרש האנרגיה HOMO–LUMO קטן מספיק כדי שיתאים לאנרגיה של פוטונים בתחום האור הנראה (390390390–780 nm780\ \text{nm}780 nm): המולקולות בולעות פוטונים של צבע מסוים מן האור הלבן, ואלקטרון עובר מן ה־HOMO ל־LUMO (עירור אלקטרוני).
•האור המוחזר/המועבר חסר את הצבע שנבלע, ולכן העין רואה את הצבע המשלים שלו (לפי גלגל הצבעים) – החומר צבעוני.

סעיף ד

(i)

תשובה:

מסוג N – לאטום הזרחן 5 אלקטרוני ערכיות: 4 משתתפים בקשרים עם אטומי Si ואלקטרון אחד נוסף חופשי לנוע (נושא מטען שלילי).

באיור מתואר מל"מ מסוג N.
נימוק: לסיליקון (טור 14) 4 אלקטרוני ערכיות, וכל אטום Si בסריג יוצר 4 קשרים קוולנטיים עם 4 שכנים. לזרחן (טור 15) 5 אלקטרוני ערכיות (באיור – 5 נקודות שחורות סביב P). 4 מהם יוצרים קשרים עם 4 אטומי Si השכנים, והאלקטרון החמישי עודף – אינו משתתף בקשר, קשור לאטום רק בחולשה, ויכול בקלות לעבור לפס ההולכה ולנוע בגביש.
מל"מ שבו המזהם תורם אלקטרונים עודפים, ונושאי המטען העיקריים בו הם אלקטרונים (מטען Negative), הוא מל"מ מסוג N.

(ii)

תשובה:

צד שמאל (רמות המזהם מתחת לפס ההולכה) – N ; צד ימין (רמות המזהם מעל פס הערכיות) – P . הקוטב (−) של הסוללה מחובר לצד N, הקוטב (+) לצד P ; האלקטרונים נעים מן הקוטב (−) דרך החוט אל N, דרך הצומת אל P, ומ־P בחוט אל הקוטב (+).

סימון N ו־P:
•בצד השמאלי של הסרטוט רמות האורביטלים של אטומי המזהם נמצאות מעט מתחת לפס ההולכה – אלה רמות של מזהם תורם אלקטרונים (כמו P בסיליקון, סעיף i), שהאלקטרונים שבהן עוברים בקלות לפס ההולכה. לכן הצד השמאלי הוא מל"מ מסוג N.
•בצד הימני רמות האורביטלים של אטומי המזהם ריקות ונמצאות מעט מעל פס הערכיות – מזהם מקבל אלקטרונים (למשל B, טור 13), היוצר "חורים" בפס הערכיות. לכן הצד הימני הוא מל"מ מסוג P.
המעגל: מחברים חוט מוליך מצד N אל אחד מהדקי הסוללה, וחוט מצד P אל ההדק השני, כך שהמעגל סגור דרך הצומת N–P.
•כדי שיזרום זרם דרך הדיודה (ותיפלט קרינה), ההדק השלילי (−) מחובר לצד N וההדק החיובי (+) לצד P.
- כיוון תנועת האלקטרונים: מן ההדק (−) של הסוללה, דרך החוט, אל צד N; בפס ההולכה של N אל הצומת ודרכו אל צד P, שם האלקטרונים "יורדים" אל החורים בפס הערכיות (בירידה זו נפלט פוטון); ומצד P דרך החוט אל ההדק (+) של הסוללה. בסרטוט: חץ בחוט מן ה־(−) אל N, וחץ בחוט מ־P אל ה־(+).
תיאור הסרטוט: מלבן הגביש מחולק בצומת לשני חצאים – שמאלי מסומן N וימני מסומן P; סוללה מתחת לגביש, ההדק (−) שלה מחובר בחוט לחצי השמאלי וההדק (+) לחצי הימני; חצים על החוטים מראים זרימת אלקטרונים: מ־(−) אל N, ומ־P אל (+).

סעיף ה

(i)

תשובה:

ב־LED הירוק – אורך הגל של אור ירוק (492492492–577 nm577\ \text{nm}577 nm) קצר מזה של אור אדום (622622622–780 nm780\ \text{nm}780 nm), ולכן אנרגיית הפוטון – השווה לפער האנרגיה – גדולה יותר.

פער האנרגיה גדול יותר ב־LED הירוק.
נימוק: ב־LED אלקטרונים מפס ההולכה "יורדים" אל החורים בפס הערכיות, ואנרגיית הפוטון הנפלט שווה בקירוב לפער האנרגיה האסור בין הפסים.
לפי גלגל הצבעים: אור ירוק – 492492492–577 nm577\ \text{nm}577 nm , אור אדום – 622622622–780 nm780\ \text{nm}780 nm . לאור הירוק אורך גל קצר יותר, ולפי E=hcλE = \frac{hc}{\lambda}E=λhc​ (או EeV=1240λnmE_{\text{eV}} = \frac{1240}{\lambda_{\text{nm}}}EeV​=λnm​1240​) אנרגיית הפוטון שלו גדולה יותר:
•ירוק: 1240577≈2.15 eV\frac{1240}{577} \approx 2.15\ \text{eV}5771240​≈2.15 eV עד 1240492≈2.52 eV\frac{1240}{492} \approx 2.52\ \text{eV}4921240​≈2.52 eV
•אדום: 1240780≈1.59 eV\frac{1240}{780} \approx 1.59\ \text{eV}7801240​≈1.59 eV עד 1240622≈1.99 eV\frac{1240}{622} \approx 1.99\ \text{eV}6221240​≈1.99 eV
לכן פער האנרגיה ב־LED הירוק גדול יותר.

(ii)

תשובה:

2.08 eV≤E≤2.15 eV2.08\ \text{eV} \le E \le 2.15\ \text{eV}2.08 eV≤E≤2.15 eV (כ־3.32×10−193.32\times 10^{-19}3.32×10−19 עד 3.44×10−19 J3.44\times 10^{-19}\ \text{J}3.44×10−19 J)

לפי גלגל הצבעים, תחום אורכי הגל של אור צהוב הוא 577577577–597 nm597\ \text{nm}597 nm .
E(eV)=1240λ(nm)E_{(\text{eV})} = \frac{1240}{\lambda_{(\text{nm})}}E(eV)​=λ(nm)​1240​
אורך הגל הארוך ביותר – האנרגיה הנמוכה ביותר:
Emin⁡=1240597 nm≈2.08 eVE_{\min} = \frac{1240}{597\ \text{nm}} \approx 2.08\ \text{eV}Emin​=597 nm1240​≈2.08 eV
אורך הגל הקצר ביותר – האנרגיה הגבוהה ביותר:
Emax⁡=1240577 nm≈2.15 eVE_{\max} = \frac{1240}{577\ \text{nm}} \approx 2.15\ \text{eV}Emax​=577 nm1240​≈2.15 eV
טווח אנרגיית הפוטונים של אור צהוב: 2.08 eV2.08\ \text{eV}2.08 eV עד 2.15 eV2.15\ \text{eV}2.15 eV.
(ביחידות J: 2.08 eV⋅1.6×10−19 JeV≈3.32×10−19 J2.08\ \text{eV}\cdot 1.6\times 10^{-19}\ \frac{\text{J}}{\text{eV}} \approx 3.32\times 10^{-19}\ \text{J}2.08 eV⋅1.6×10−19 eVJ​≈3.32×10−19 J עד 2.15 eV⋅1.6×10−19 JeV≈3.44×10−19 J2.15\ \text{eV}\cdot 1.6\times 10^{-19}\ \frac{\text{J}}{\text{eV}} \approx 3.44\times 10^{-19}\ \text{J}2.15 eV⋅1.6×10−19 eVJ​≈3.44×10−19 J .)

שאלה 6 · מגנזיום – אכלוס אלקטרונים, ספקטרום פליטה ופסי אנרגיה במוצק

שאלה פתוחה

השאלה עוסקת במגנזיום, Mg .

א.

(i)

צייר דיאגרמה של אכלוס אלקטרונים עבור שלוש הרמות הראשונות של האטום Mg .
הצג את אכלוס האלקטרונים באורביטלים המתאימים.

(ii)

לפניך שלוש היערכויות אלקטרונים, III-I .
I. 1s2 2s2 2px2 2py1 2pz0 3s1 3p1\quad 1s^2\,2s^2\,2p_x^2\,2p_y^1\,2p_z^0\,3s^1\,3p^11s22s22px2​2py1​2pz0​3s13p1
II. 1s2 2s2 2px2 2py2 2pz2 3s0 3p0\quad 1s^2\,2s^2\,2p_x^2\,2p_y^2\,2p_z^2\,3s^0\,3p^01s22s22px2​2py2​2pz2​3s03p0
III. 1s2 2s2 2px2 2py2 2pz0 3s1 3p1\quad 1s^2\,2s^2\,2p_x^2\,2p_y^2\,2p_z^0\,3s^1\,3p^11s22s22px2​2py2​2pz0​3s13p1
קבע איזו מן ההיערכויות, I , II או III , היא היערכות האלקטרונים של יון מעורר של מגנזיום, Mg2+\text{Mg}^{2+}Mg2+ .
הסבר מדוע פסלת את שתי ההיערכויות האחרות.

ב.

לפניך אורכי גל המתאימים לספקטרום הפליטה של אטום המגנזיום: 279 nm279\ \text{nm}279 nm , 469 nm469\ \text{nm}469 nm , 592 nm592\ \text{nm}592 nm .

(i)

קבע לאיזה מאורכי הגל הנתונים מתאימה אנרגיית הפוטון הקטנה ביותר. חשב אנרגייה זו. פרט את חישוביך, ונמק.

(ii)

קבע לאיזה מאורכי הגל הנתונים מתאימה תדירות הקרינה הגבוהה ביותר. חשב תדירות זו. פרט את חישוביך, ונמק.

(iii)

לספקטרום הפליטה של אטום המגנזיום יש קו פליטה נוסף באורך גל שעבורו אנרגיית הפוטון הנפלט היא 3.2 eV3.2\ \text{eV}3.2 eV .
קבע אם אורך הגל של קו הפליטה הנוסף גדול מ־ 469 nm469\ \text{nm}469 nm , קטן ממנו או שווה לו. פרט את חישוביך, ונמק.

ג.

(i)

ציין הבדל אחד בין ספקטרום פליטה קווי ובין ספקטרום פליטה רציף בתחום האור הנראה.

(ii)

ציין הבדל אחד בין בליעה של פוטון ובין פליטה של פוטון.

ד.

לפניך שלוש דיאגרמות המתארות פסי ערכיות ופסי הולכה ברמת האנרגייה האחרונה של מוצק.
בכל דיאגרמה 4N אורביטלים.

(i)

קבע איזו משלוש הדיאגרמות, I , II או III , מתארת גביש מגנזיום, Mg(s)\text{Mg}_{(s)}Mg(s)​ , המכיל N אטומים. נמק.

(ii)

אחת משלוש הדיאגרמות מתארת חומר שאינו מוליך חשמל.
העתק דיאגרמה זו למחברתך, וציין עליה את פער האנרגייה האסור.

◂ פתרון מלא לשאלה 6

סעיף א

(i)

תשובה:

1s2 2s2 2p6 3s21s^2\ 2s^2\ 2p^6\ 3s^21s2 2s2 2p6 3s2 : רמה 1 – 1s1s1s מלא; רמה 2 – 2s2s2s ושלושת אורביטלי 2p2p2p מלאים; רמה 3 – 3s3s3s מלא, אורביטלי 3p3p3p ריקים.

למגנזיום (מספר אטומי 12) יש 12 אלקטרונים. האכלוס במצב היסוד: 1s2 2s2 2p6 3s21s^2\ 2s^2\ 2p^6\ 3s^21s2 2s2 2p6 3s2 .
בדיאגרמה מסדרים את האורביטלים לפי רמות אנרגיה (מלמטה למעלה), כל אורביטל ריבוע, וכל אלקטרון חץ; לפי עקרון פאולי – לכל היותר שני אלקטרונים בעלי ספין הפוך באורביטל.
- רמה n=1n=1n=1: אורביטל 1s1s1s – שני אלקטרונים (↑↓\uparrow\downarrow↑↓).
- רמה n=2n=2n=2: אורביטל 2s2s2s – ↑↓\uparrow\downarrow↑↓ ; שלושה אורביטלי 2p2p2p (2px,2py,2pz2p_x, 2p_y, 2p_z2px​,2py​,2pz​) – בכל אחד ↑↓\uparrow\downarrow↑↓ (6 אלקטרונים).
- רמה n=3n=3n=3: אורביטל 3s3s3s – ↑↓\uparrow\downarrow↑↓ ; שלושה אורביטלי 3p3p3p – ריקים.

(ii)

תשובה:

III . I – יש בה 9 אלקטרונים בלבד (ב־Mg2+\text{Mg}^{2+}Mg2+ יש 10); II – זו היערכות מצב היסוד של Mg2+\text{Mg}^{2+}Mg2+ , לא מצב מעורר.

ליון Mg2+\text{Mg}^{2+}Mg2+ יש 12−2=1012 - 2 = 1012−2=10 אלקטרונים. היערכות היסוד שלו: 1s2 2s2 2p61s^2\,2s^2\,2p^61s22s22p6 .
ספירת האלקטרונים בכל היערכות:
•I: 2+2+2+1+0+1+1=92+2+2+1+0+1+1 = 92+2+2+1+0+1+1=9 אלקטרונים.
•II: 2+2+2+2+2=102+2+2+2+2 = 102+2+2+2+2=10 אלקטרונים.
•III: 2+2+2+2+0+1+1=102+2+2+2+0+1+1 = 102+2+2+2+0+1+1=10 אלקטרונים.
התשובה: III – יש בה 10 אלקטרונים (כמו ב־Mg2+\text{Mg}^{2+}Mg2+), ושני אלקטרונים עברו מאורביטל 2pz2p_z2pz​ לאורביטלים 3s3s3s ו־3p3p3p בעלי אנרגיה גבוהה יותר, בעוד אורביטל 2pz2p_z2pz​ בעל אנרגיה נמוכה יותר נשאר ריק – זהו מצב מעורר.
פסילת I: יש בה רק 9 אלקטרונים – היא אינה מתאימה ליון Mg2+\text{Mg}^{2+}Mg2+ (10 אלקטרונים); זו היערכות של חלקיק אחר (למשל Mg3+\text{Mg}^{3+}Mg3+).
פסילת II: יש בה 10 אלקטרונים, אבל כל האלקטרונים נמצאים באורביטלים בעלי האנרגיה הנמוכה ביותר האפשרית (1s2 2s2 2p61s^2\,2s^2\,2p^61s22s22p6) – זו היערכות מצב היסוד של Mg2+\text{Mg}^{2+}Mg2+ ולא מצב מעורר.

סעיף ב

(i)

תשובה:

592 nm592\ \text{nm}592 nm ; E≈2.09 eV≈3.35×10−19 JE \approx 2.09\ \text{eV} \approx 3.35\times 10^{-19}\ \text{J}E≈2.09 eV≈3.35×10−19 J

אנרגיית הפוטון עומדת ביחס הפוך לאורך הגל: E=hcλE = \frac{hc}{\lambda}E=λhc​ (או EeV=1240λnmE_{\text{eV}} = \frac{1240}{\lambda_{\text{nm}}}EeV​=λnm​1240​). לכן לאורך הגל הארוך ביותר, 592 nm592\ \text{nm}592 nm , מתאימה אנרגיית הפוטון הקטנה ביותר.
E=1240592 nm≈2.09 eVE = \frac{1240}{592\ \text{nm}} \approx 2.09\ \text{eV}E=592 nm1240​≈2.09 eV
ביחידות J:
E=2.09 eV⋅1.6×10−19 JeV≈3.35×10−19 JE = 2.09\ \text{eV}\cdot 1.6\times 10^{-19}\ \frac{\text{J}}{\text{eV}} \approx 3.35\times 10^{-19}\ \text{J}E=2.09 eV⋅1.6×10−19 eVJ​≈3.35×10−19 J

(ii)

תשובה:

279 nm279\ \text{nm}279 nm ; ν≈1.08×1015 Hz\nu \approx 1.08\times 10^{15}\ \text{Hz}ν≈1.08×1015 Hz

התדירות עומדת ביחס הפוך לאורך הגל: ν=cλ\nu = \frac{c}{\lambda}ν=λc​ . לכן לאורך הגל הקצר ביותר, 279 nm279\ \text{nm}279 nm , מתאימה התדירות הגבוהה ביותר.
λ=279 nm=279×10−9 m\lambda = 279\ \text{nm} = 279\times 10^{-9}\ \text{m}λ=279 nm=279×10−9 m
ν=cλ=3.0×108 msec279×10−9 m≈1.08×1015 1sec\nu = \frac{c}{\lambda} = \frac{3.0\times 10^{8}\ \frac{\text{m}}{\text{sec}}}{279\times 10^{-9}\ \text{m}} \approx 1.08\times 10^{15}\ \frac{1}{\text{sec}}ν=λc​=279×10−9 m3.0×108 secm​​≈1.08×1015 sec1​
ν≈1.08×1015 Hz\nu \approx 1.08\times 10^{15}\ \text{Hz}ν≈1.08×1015 Hz

(iii)

תשובה:

קטן – λ=12403.2≈388 nm<469 nm\lambda = \frac{1240}{3.2} \approx 388\ \text{nm} < 469\ \text{nm}λ=3.21240​≈388 nm<469 nm

λ(nm)=1240E(eV)=12403.2 eV≈388 nm\lambda_{(\text{nm})} = \frac{1240}{E_{(\text{eV})}} = \frac{1240}{3.2\ \text{eV}} \approx 388\ \text{nm}λ(nm)​=E(eV)​1240​=3.2 eV1240​≈388 nm
388 nm<469 nm388\ \text{nm} < 469\ \text{nm}388 nm<469 nm , ולכן אורך הגל של הקו הנוסף קטן מ־469 nm469\ \text{nm}469 nm.
נימוק נוסף (ללא חישוב מלא): לקו של 469 nm469\ \text{nm}469 nm מתאימה אנרגיה 1240469≈2.64 eV\frac{1240}{469} \approx 2.64\ \text{eV}4691240​≈2.64 eV ; האנרגיה של הפוטון הנוסף (3.2 eV3.2\ \text{eV}3.2 eV) גדולה יותר, ומאחר שאנרגיה ואורך גל עומדים ביחס הפוך – אורך הגל שלו קצר יותר.

סעיף ג

(i)

תשובה:

בספקטרום קווי מופיעים רק קווים צבעוניים נפרדים באורכי גל מסוימים (על רקע כהה); בספקטרום רציף מופיעים כל אורכי הגל (כל הצבעים) ברצף, ללא רווחים.

ספקטרום פליטה קווי (כמו של אטומי Mg מעוררים): מורכב מקווים צבעוניים נפרדים – רק אורכי גל מסוימים, האופייניים ליסוד, מופיעים, וביניהם רווחים כהים. כל קו מתאים למעבר בין שתי רמות אנרגיה מוגדרות באטום.
ספקטרום פליטה רציף (כמו של אור השמש או של נורת להט): מכיל את כל אורכי הגל בתחום האור הנראה – כל הצבעים עוברים זה לזה ברצף, ללא רווחים.

(ii)

תשובה:

בבליעה – אלקטרון קולט את אנרגיית הפוטון ועובר לרמת אנרגיה גבוהה יותר (האטום מתעורר); בפליטה – אלקטרון עובר מרמה גבוהה לרמה נמוכה יותר, והאנרגיה העודפת משתחררת כפוטון.

בליעה של פוטון: האטום (אלקטרון באטום) קולט פוטון שאנרגייתו שווה בדיוק להפרש בין שתי רמות אנרגיה, והאלקטרון עובר מרמה נמוכה לרמה גבוהה יותר – אנרגיית האטום גדלה (האטום עובר למצב מעורר).
פליטה של פוטון: אלקטרון באטום מעורר עובר מרמה גבוהה לרמה נמוכה יותר, והפרש האנרגיה משתחרר בצורת פוטון – אנרגיית האטום קטנה.
(הבדל אחד מספיק – למשל כיוון המעבר של האלקטרון, או האם האנרגיה נקלטת או משתחררת.)

סעיף ד

(i)

תשובה:

III – מ־N אורביטלי 3s3s3s נוצר פס של N אורביטלים, המאוכלס במלואו ב־2N אלקטרוני הערכיות; מ־3N אורביטלי 3p3p3p נוצר פס של 3N אורביטלים ריקים, הצמוד לו ללא פער – מוליך.

ברמה האחרונה (n=3n=3n=3) של כל אטום Mg יש אורביטל 3s3s3s אחד ושלושה אורביטלי 3p3p3p – 4 אורביטלים לאטום, כלומר 4N4N4N אורביטלים ב־N אטומים (בהתאם לנתון).
- NNN אורביטלי 3s3s3s יוצרים פס של NNN אורביטלים; 3N3N3N אורביטלי 3p3p3p יוצרים פס של 3N3N3N אורביטלים.
•לכל אטום Mg שני אלקטרוני ערכיות (3s23s^23s2), כלומר 2N2N2N אלקטרונים בגביש. הם ממלאים בדיוק את פס ה־NNN אורביטלים (2 אלקטרונים לכל אורביטל) – זה פס הערכיות (N); פס ה־3N3N3N ריק – זה פס ההולכה (3N).
•במגנזיום פס ההולכה צמוד לפס הערכיות (אין פער אנרגיה אסור), ולכן אלקטרונים עוברים בקלות לאורביטלים הריקים ונעים בגביש – מגנזיום מוליך חשמל.
כל זה מתאים לדיאגרמה III.
(דיאגרמה I – פס תחתון מלא של N אורביטלים, פס של 2N אורביטלים המאוכלס רק בחלקו ופס עליון ריק – אינה מתאימה ל־Mg, שבו N אורביטלי sו־3Nאורביטליpו־3N אורביטלי pו־3Nאורביטליp; דיאגרמה II – פער גדול בין הפסים – מתארת מבודד.)

(ii)

תשובה:

דיאגרמה II ; פער האנרגיה האסור – המרווח בין הקצה העליון של פס הערכיות (2N) לקצה התחתון של פס ההולכה (2N).

דיאגרמה II מתארת חומר שאינו מוליך חשמל (מבודד): פס הערכיות (2N אורביטלים) מאוכלס במלואו, ופס ההולכה (2N אורביטלים) ריק ונמצא הרבה מעליו. בין שני הפסים יש פער אנרגיה אסור גדול, ולכן בטמפרטורת החדר אלקטרונים כמעט אינם עוברים לפס ההולכה – אין נושאי מטען חופשיים.
בסרטוט: מעתיקים את דיאגרמה II ומסמנים חץ דו־כיווני אנכי בין הקצה העליון של פס הערכיות לבין הקצה התחתון של פס ההולכה, וכותבים לידו "פער אנרגיה אסור".
(בדיאגרמות I ו־III אין פער בין פס הערכיות לבין פס ההולכה – אלה מוליכים.)

טבלת התשובות

שאלה	סעיף	תשובה
1	א	הצבע החום של הגז בכלי נחלש (הולך ובהיר) עד שהוא מפסיק להשתנות.
	ב i	האנטרופיה של המערכת יורדת – מספר מולי הגז קטן מ־2 ל־1.
	ב ii	האנטרופיה של הסביבה עולה (התגובה אקסותרמית).
	ב iii	גדול – כדי שהתגובה תהיה ספונטנית, $\Delta S^0_{\text{יקום}} > 0$ , ולכן העלייה באנטרופיה של הסביבה גדולה מן הירידה באנטרופיה של המערכת.
	ג	בכלי II (הטמפרטורה הגבוהה יותר) – קצב התגובות בו גבוה יותר.
	ד i	כלי I ( $298\ \text{K}$ ): $K_c = 170$ ; כלי II ( $500\ \text{K}$ ): $K_c = 0.025$ .
	ד ii	קטן – בכלי II (טמפרטורה גבוהה, $K_c$ קטן) שיווי המשקל מוסט לכיוון $\text{NO}_2$ .
	ד iii	$K_c = \frac{[\text{N}_2\text{O}_4]}{[\text{NO}_2]^2}$ ; $[\text{N}_2\text{O}_4] = 0.153\ \text{M}$
	ה	גדול – הוספת $\text{N}_2\text{O}_4$ מגדילה את קצב התגובה ההפוכה, ונוצר עוד $\text{NO}_2$ עד לשיווי משקל חדש.
2	א i	$S^0(\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)}) = 264\ \frac{\text{J}}{\text{K}\cdot\text{mol}}$
	א ii	$\Delta H^0_{(1)} = -2212\ \text{kJ}$
	ב i	התגובה אקסותרמית ( $\Delta H^0_{(1)} < 0$ ): החום שמשתחרר לסביבה מגדיל את פיזור האנרגיה בה.
	ב ii	מספר מולי הגז גדל: מ־7 מול גז במגיבים ל־8 מול גז בתוצרים.
	ב iii	ספונטנית – האנטרופיה של המערכת ושל הסביבה עולות, ולכן $\Delta S^0_{\text{יקום}} > 0$ .
	ג i	נמוכה – בנוזל החלקיקים צפופים וחופש התנועה שלהם קטן, ולכן פיזור החלקיקים והאנרגיה קטן מבגז.
	ג ii	לא – $\Delta S^0_{\text{מערכת}} < 0$ ו־ $\Delta S^0_{\text{סביבה}} > 0$ ; בטמפרטורה גבוהה $\Delta S^0_{\text{סביבה}}$ קטן ו־ $\Delta S^0_{\text{יקום}} < 0$ .
	ד i	$\Delta S^0_{\text{סביבה}} \approx 7714\ \frac{\text{J}}{\text{K}} \approx 7.71\times 10^{3}\ \frac{\text{J}}{\text{K}}$
	ד ii	קו A: $2\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)} + 5\text{O}_{2(g)}$ (מגיבי תגובה (1)); קו B: $2\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)} + 5\text{O}_{2(g)}$ (מגיבי תגובה (3)).
3	א i	$-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{\|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOCH}_3}{\underset{\|}{\overset{\text{CH}_3}{\overset{\|}{\text{C}}}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOCH}_3}{\underset{\|}{\overset{\text{CH}_3}{\overset{\|}{\text{C}}}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{\|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{\|}{\text{CH}}}-$ (סדר היחידות אקראי.)
	א ii	$-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{\|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOC}_4\text{H}_9}{\underset{\|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{\|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{OCOCH}_3}{\underset{\|}{\text{CH}}}-\text{CH}_2-\underset{\text{COOC}_4\text{H}_9}{\underset{\|}{\text{CH}}}-$ (סדר היחידות אקראי.)
	א iii	שניהם – בשיטת סיפוח.
	ב i	בין המדללים לקופולימר נוצרים קשרי מימן: H של קבוצות $-\text{OH}$ (במים ובגליצרול) נמשך לאטומי O של קבוצות האסטר בקופולימר.
	ב ii	(1) לכל מולקולת גליצרול שלוש קבוצות $-\text{OH}$ – יותר קשרי מימן בין המולקולות; (2) ענן האלקטרונים של מולקולת הגליצרול גדול יותר – אינטראקציות ואן דר ואלס חזקות יותר.
	ג	ב־B קבוצות צדדיות בוטיליות ארוכות וגמישות מרחיקות את השרשרות ומגבירות את תנועתן – יש יותר מרווחים שדרכם חודר האוויר; ב־A קבוצות צדדיות קטנות והשרשרות נוקשות וצפופות יותר.
	ד i	$-[\text{CH}_2-\text{CH}(\text{OH})]-$ / $-[\text{CH}_2-\text{C}(\text{CH}_3)(\text{COOH})]-$ (פולימר), $\text{CH}_3\text{COOH}$ , $\text{CH}_3\text{OH}$
	ד ii	פולימר עם קבוצות $-\text{OH}$ ו־ $-\text{COOH}$ ( $-\text{CH}_2-\text{CH}(\text{OH})-$ / $-\text{CH}_2-\text{CH}(\text{COOH})-$ ), $\text{CH}_3\text{COOH}$ , $\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH}_2\text{CH}_2\text{OH}$
	ה	(1) בתוצר יש קבוצות $-\text{OH}$ ו־ $-\text{COOH}$ היוצרות קשרי מימן בין השרשרות; (2) הקבוצות הצדדיות קטנות יותר, השרשרות מתקרבות ומסתדרות בצפיפות – אחוז הגבישיות גבוה יותר.
4	א	b, c, e
	ב i	בעמוד השדרה של פולימר (3) יש טבעת בנזן – קטע קשיח שמגביל את הסיבוב והפיתול של השרשרת; בפולימר (1) יש במקומה שרשרת גמישה $(\text{CH}_2)_4$ .
	ב ii	שני גורמים שונים מביאים לאותה תוצאה: בפולימר (2) – קשרי מימן בין קבוצות האמיד של שרשרות שכנות; בפולימר (3) – טבעות בנזן קשיחות ושטוחות המאפשרות סידור צפוף וגבישי (אף שאין בו קשרי מימן).
	ג i	בפולימר (5) אין אטומי H הקשורים ל־N, ולכן אין קשרי מימן בין השרשרות; האינטראקציות חלשות יותר והשרשרות נעות בקלות רבה יותר.
	ג ii	(1) אין בו קשרי מימן בין השרשרות – האינטראקציות בין השרשרות חלשות; (2) הקבוצות הצדדיות $-\text{CH}_3$ מפריעות לשרשרות להתקרב ולהסתדר במקביל – אחוז גבישיות נמוך.
	ד i	(1) $\text{HO}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{OH}$ , $\text{HOOC}-(\text{CH}_2)_4-\text{COOH}$ ; (2) $\text{H}_2\text{N}-(\text{CH}_2)_6-\text{NH}_2$ , $\text{HOOC}-(\text{CH}_2)_4-\text{COOH}$ ; (3) $\text{HO}-\text{CH}_2-\text{CH}_2-\text{OH}$ , $\text{HOOC}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{COOH}$ ; (4) $-[\text{CH}_2-\text{C}(\text{CH}_3)(\text{COOH})]_n-$ , $\text{CH}_3\text{OH}$
	ד ii	קשר האסטר בפרספקס נמצא בקבוצה הצדדית ולא בעמוד השדרה (שבנוי מקשרי $\text{C}-\text{C}$ ); ההידרוליזה רק משחררת מתנול, והשרשרת הארוכה נשארת – אינה מתפרקת למולקולות קטנות.
	ה	$-\text{NH}-(\text{CH}_2)_6-\text{NH}-\text{CO}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{CO}-$ (מהקסאן־1,6־דיאמין וחומצה טרפתלית)
5	א i	$\lambda = 214\ \text{nm}$ – קצר מ־ $390\ \text{nm}$ , ולכן הקרינה בתחום ה־UV.
	א ii	$\nu \approx 1.4\times 10^{15}\ \text{sec}^{-1}$ (Hz)
	ב i	$\pi^*_{3p}$
	ב ii	$\text{P}_2$ – סדר הקשר בה 3, וב־ $\text{P}_2^{+}$ 2.5 (האלקטרון מוצא מאורביטל קושר $\sigma_{3p}$ ).
	ג	במולקולה מערכת מצומדת של קשרים כפולים לסירוגין (הקשר $\text{P}=\text{P}$ ושתי טבעות הבנזן) – כרומופור עם אלקטרוני $\pi$ לא ממוקמים; הפרש האנרגיה HOMO–LUMO קטן ומתאים לאנרגיית פוטונים של אור נראה, החומר בולע חלק מן האור הנראה וצבעו הוא הצבע המשלים.
	ד i	מסוג N – לאטום הזרחן 5 אלקטרוני ערכיות: 4 משתתפים בקשרים עם אטומי Si ואלקטרון אחד נוסף חופשי לנוע (נושא מטען שלילי).
	ד ii	צד שמאל (רמות המזהם מתחת לפס ההולכה) – N ; צד ימין (רמות המזהם מעל פס הערכיות) – P . הקוטב (−) של הסוללה מחובר לצד N, הקוטב (+) לצד P ; האלקטרונים נעים מן הקוטב (−) דרך החוט אל N, דרך הצומת אל P, ומ־P בחוט אל הקוטב (+).
	ה i	ב־LED הירוק – אורך הגל של אור ירוק ( $492$ – $577\ \text{nm}$ ) קצר מזה של אור אדום ( $622$ – $780\ \text{nm}$ ), ולכן אנרגיית הפוטון – השווה לפער האנרגיה – גדולה יותר.
	ה ii	$2.08\ \text{eV} \le E \le 2.15\ \text{eV}$ (כ־ $3.32\times 10^{-19}$ עד $3.44\times 10^{-19}\ \text{J}$ )
6	א i	$1s^2\ 2s^2\ 2p^6\ 3s^2$ : רמה 1 – $1s$ מלא; רמה 2 – $2s$ ושלושת אורביטלי $2p$ מלאים; רמה 3 – $3s$ מלא, אורביטלי $3p$ ריקים.
	א ii	III . I – יש בה 9 אלקטרונים בלבד (ב־ $\text{Mg}^{2+}$ יש 10); II – זו היערכות מצב היסוד של $\text{Mg}^{2+}$ , לא מצב מעורר.
	ב i	$592\ \text{nm}$ ; $E \approx 2.09\ \text{eV} \approx 3.35\times 10^{-19}\ \text{J}$
	ב ii	$279\ \text{nm}$ ; $\nu \approx 1.08\times 10^{15}\ \text{Hz}$
	ב iii	קטן – $\lambda = \frac{1240}{3.2} \approx 388\ \text{nm} < 469\ \text{nm}$
	ג i	בספקטרום קווי מופיעים רק קווים צבעוניים נפרדים באורכי גל מסוימים (על רקע כהה); בספקטרום רציף מופיעים כל אורכי הגל (כל הצבעים) ברצף, ללא רווחים.
	ג ii	בבליעה – אלקטרון קולט את אנרגיית הפוטון ועובר לרמת אנרגיה גבוהה יותר (האטום מתעורר); בפליטה – אלקטרון עובר מרמה גבוהה לרמה נמוכה יותר, והאנרגיה העודפת משתחררת כפוטון.
	ד i	III – מ־N אורביטלי $3s$ נוצר פס של N אורביטלים, המאוכלס במלואו ב־2N אלקטרוני הערכיות; מ־3N אורביטלי $3p$ נוצר פס של 3N אורביטלים ריקים, הצמוד לו ללא פער – מוליך.
	ד ii	דיאגרמה II ; פער האנרגיה האסור – המרווח בין הקצה העליון של פס הערכיות (2N) לקצה התחתון של פס ההולכה (2N).

שים לב: הקפד על ניסוחים מאוזנים ועל רישום נכון של היחידות.

פרק ראשון – שיווי משקל כימי ואנטרופיה

שאלה 1 · חנקן דו־חמצני ודו־חנקן ארבע חמצני – אנטרופיה, קבוע שיווי משקל ולה־שטלייה

סעיף א

סעיף ב

האנטרופיה של הסביבה עולה.

השינוי באנטרופיה של הסביבה גדול (בערכו המוחלט) מן השינוי באנטרופיה של המערכת.

סעיף ג

סעיף ד

כלי I (298 K298\ \text{K}298 K): Kc=170K_c = 170Kc​=170 ; כלי II (500 K500\ \text{K}500 K): Kc=0.025K_c = 0.025Kc​=0.025 .

ריכוז N2O4\text{N}_2\text{O}_4N2​O4​ בכלי II קטן מריכוזו בכלי I.

הביטוי לקבוע שיווי המשקל:

ריכוז NO2\text{NO}_2NO2​ בשיווי משקל בכלי I:

סעיף ה

במצב שיווי המשקל החדש ריכוז NO2\text{NO}_2NO2​ גדול מריכוזו בשיווי המשקל הקודם.

שאלה 2 · שרפת אתאנאל – אנטרופיה מולרית, ΔH, אנטרופיה של המערכת, הסביבה והיקום

סעיף א

סכום האנטרופיות של התוצרים:

סכום האנטרופיות של המגיבים:

הצבה:

סעיף ב

תגובה (1) ספונטנית בטמפרטורת החדר.

סעיף ג

S0S^0S0 של CH3CHO(l)\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)}CH3​CHO(l)​ נמוכה מ־S0S^0S0 של CH3CHO(g)\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)}CH3​CHO(g)​.

סעיף ד

קו A: 2CH3CHO(g)+5O2(g)2\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)} + 5\text{O}_{2(g)}2CH3​CHO(g)​+5O2(g)​ (המגיבים של תגובה (1)).

קו B: 2CH3CHO(l)+5O2(g)2\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)} + 5\text{O}_{2(g)}2CH3​CHO(l)​+5O2(g)​ (המגיבים של תגובה (3)).

פרק שני – פולימרים

שאלה 3 · צבע אקרילי – קופולימרים אקראיים, מדללים, חדירות אוויר, הידרוליזה ו־Tm

סעיף א

A ו־B מתקבלים שניהם בשיטת סיפוח.

סעיף ב

סעיף ג

סעיף ד

תוצרי ההידרוליזה המלאה של A:

תוצרי ההידרוליזה המלאה של B:

סעיף ה

שאלה 4 · מאפייני סיבים, Tg ו־Tm של פוליאסטרים ופוליאמידים, הידרוליזה ופולימרים מתכלים

פולימרים

סעיף א

המאפיינים המתאימים: b (אחוז גבישיות גבוה), c (שרשרות ארוכות ללא קבוצות צדדיות גדולות), e (קטעים קשיחים בעמוד השדרה).

סעיף ב

סעיף ג

סעיף ד

פולימר (1) – פוליאתילן אדיפאט (פוליאסטר):

פולימר (2) – ניילון 6,6 (פוליאמיד):

פולימר (3) – דקרון (פוליאסטר):

סעיף ה

פולימר (6) הוא פוליאמיד שנוצר מהקסאן־1,6־דיאמין (מפולימר (2)) ומחומצה טרפתלית (מפולימר (3)):

פרק שלישי – כימיה פיזיקלית

שאלה 5 · זרחן – אנרגיית פוטון, אורביטלים מולקולריים של P₂, צבע של דיפוספן ו־LED

סעיף א

ν≈1.4×1015 Hz\nu \approx 1.4\times 10^{15}\ \text{Hz}ν≈1.4×1015 Hz

סעיף ב

סעיף ג

סעיף ד

באיור מתואר מל"מ מסוג N.

סימון N ו־P:

סעיף ה

פער האנרגיה גדול יותר ב־LED הירוק.

טווח אנרגיית הפוטונים של אור צהוב: 2.08 eV2.08\ \text{eV}2.08 eV עד 2.15 eV2.15\ \text{eV}2.15 eV.

שאלה 6 · מגנזיום – אכלוס אלקטרונים, ספקטרום פליטה ופסי אנרגיה במוצק

סעיף א

סעיף ב

ν≈1.08×1015 Hz\nu \approx 1.08\times 10^{15}\ \text{Hz}ν≈1.08×1015 Hz

סעיף ג

סעיף ד

רוצים להשלים את חוויית הלמידה?

כל האתר במבט אחד

כלי I ( $298\ \text{K}$ ): $K_c = 170$ ; כלי II ( $500\ \text{K}$ ): $K_c = 0.025$ .

ריכוז $\text{N}_2\text{O}_4$ בכלי II קטן מריכוזו בכלי I.

ריכוז $\text{NO}_2$ בשיווי משקל בכלי I:

במצב שיווי המשקל החדש ריכוז $\text{NO}_2$ גדול מריכוזו בשיווי המשקל הקודם.

$S^0$ של $\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)}$ נמוכה מ־ $S^0$ של $\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)}$ .

קו A: $2\text{CH}_3\text{CHO}_{(g)} + 5\text{O}_{2(g)}$ (המגיבים של תגובה (1)).

קו B: $2\text{CH}_3\text{CHO}_{(l)} + 5\text{O}_{2(g)}$ (המגיבים של תגובה (3)).

$\nu \approx 1.4\times 10^{15}\ \text{Hz}$

טווח אנרגיית הפוטונים של אור צהוב: $2.08\ \text{eV}$ עד $2.15\ \text{eV}$ .

$\nu \approx 1.08\times 10^{15}\ \text{Hz}$