1°s

Exercice 1

Deux particules, supposées ponctuelles, placées aux points A et B, portent des charges q et 2q. La valeur de la force for ce exercée par la charge placée en B sur la charge placée en A est 2,0.10-5N. 1. Donner la valeur de la force exercée par la charge placée en A sur la charge placée en B. 2. Re Représen présenter ter ces ces forces forces sur sur un schéma schéma en utilisant utilisant l'échell l'échellee sui suivante: vante: 1cm 10µN. Correction Exercice 2

1. Rappeler la composition de l'atome d'hydrogène

.

2. Déterminer la valeur de la force électrique qu'exerce le noyau de l'atome d'hydrogène sur l'électron qui tourne de lui à une distance moyenne r = 53pm. Correction Exercice 3

Deux corps A et B, supposés ponctuels, séparés par une distance d, portent des charges positives qA et qB=2qA. On veut montrer qu'il existe un point M unique tel qu'un corps ponctuel portant une charge q négative placé en M subit de la part de qA et qB des forces électriques qui se compensent. 1. Montrer que M est nécessairement situé sur la droite (AB). 2. Montrer que M est nécessairement situé entre A et B. 3. Exprimer la distance x=AM en fonction de d. 4. Représenter sur un schéma les points A, B et M ainsi que les forces exercées par qA et qB sur q. Correction Exercice 4 Robert Millikan en 1911. Lors de cette La charge élémentaire de l'électron fut déterminée expérimentalement par Robert expérience, Millikan maintenait une gouttelette d'huile électrisée en équilibre entre deux plateaux horizontaux. Ces plateaux portaient des charges électriques de même valeur mais de signes opposés.

1. Faire un schéma du dispositif utilisé par Millikan. On représentera aussi la gouttelette d'huile et les forces qui agissent sur celle-ci. 2. Millikan répéta plusieurs fois l'expérience en faisant varier la charge de la gouttelette. Les charges qi utilisées vérifiaient la propriété suivante: q1/5 = q2/8 =q3/5 = q4/7. 2.1 Quelle conclusion peut-on tirer de ces mesures? 2.2 Quelle est la valeur commune de ces rapports? Correction Exercice 5

Un dipôle est formé de deux charges ponctuelles q et –q situées en deux points A et B tels que AB = 2a. Un ion positif portant la charge élémentaire positive est disposé en un point P de la médiatrice de [AB] à la distance d du milieu O de AB. 1. Quelles sont les forces électrostatiques qui agissent sur le dipôle?

2. Représenter ces forces sur un schéma. 3. Donner l'expression de la valeur de ces forces en fonction des paramètres q, a et d. Quel est l'effet de ces forces sur le dipôle

Interactions électriques.

Exercice 1

1. D'après la loi de Coulomb

FA/B

=

2Kq2 d2

et

FB/A

=

2Kq2 d2

donc FA/B = FB/A = 2,0.10-5N = 20µN.

2. Compte tenu de l'échelle imposée, les forces sont représentées par des flèches de mêmes longueurs 2cm. Les charges q et 2q sont de même nature (soit toutes deux positives, soit toutes deux négatives). Les interactions étudiées sont donc répulsives. D'où le schéma:


Exercice 2

1. Z=1 le noyau de l'atome comporte un proton. A=1 or N= A-Z donc N=0 il n'y a pas de neutron. L'atome est électriquement neutre il y a donc un électron qui gravite autour du proton. 2. D'après la loi Coulomb

FP/E

=

K e2 r2

=>

FP/E

=

9.109x (1,6.10-19)2 (53.10-12)2

=> FP/E=8,2.10-8N

interactions électriques;

Exercice 3

Rappelons que deux forces se compensent si leur somme vectorielle est nulle. 1. Supposons que le point M soit extérieur à la droite dro ite (AB) (voir fig). Alors la somme des deux forces électriques électri ques (flèche rouge) n'est pas nulle car ces forces ne sont pas colinéaires. Le point M est donc nécessairement sur la droite (AB). 2. Supposons que le point M soit extérieur au segment [AB], par exemple à droite de B (voir fig). La somme des deux forces électriques (flèche rouge) n'est pas nulle car les deux forces, bien que colinéaires sont orientées dans le même sens. Le point M est donc nécessairement situé entre A et B. 3. Les forces électriques se compensent donc leurs normes sont égales.

FA/M=FB/M

=>

K qAq x2

=

K qBq (d-x) 2

=>

qA x

=>

2

(d-x) 2 x2 d-x x

=>

=

qB (d-x) 2

=

qB qA

= (qB /q /qA)1/2

=>

x=

d 1+(qB /q /qA)1/2

=>

x=

d 1+21/2

=> x=0,41d

4. Voir le schéma:


Exercice 4

1. La goutte est en équilibre sous l'action de deux forces: • •

Le poids vertical vers le bas, La force électrique

telles que: donc:

+ =

=-

La force électrique est donc verticale et orientée vers le haut. d'où le schéma. 2.1. Les mesures montrent que d'une façon générale les charges qi vérifient la relation:

qi n

= Cste ou qi=n.Cste

n est un entier sans dimension (sans unité) et donc la constante est une charge électrique. Il apparaît ainsi que toute charge électrique est un multiple entier d'une charge élémentaire (obtenue pour n=1). 2.2 Cette charge électrique élémentaire négative est la charge de l'électron et vaut:-e=-1.6.10 vaut: -e=-1.6.10-19C. Exercice 5

1. Les forces électrostatiques qui agissent sur le dipôle sont les deux forces d'interactions entre l'ion et la charge q placée en A d'une d'une part et entre l'ion et la charge -q - q placée en B d'autre part. Elles sont notées respectivement 1 et 2.

2. Voir le schéma.

3. F1 =

K.q.e AM2

=>

F1 =

K.q.e a2+d2

F2 =

K.q.e BM2

=>

F2 =

K.q.e a2+d2

Ces deux forces peuvent être décomposées en deux composantes (rouges et noires sur le schéma). Les composantes rouges s'ajoutent pour déplacer le dipôle et les composantes noires forment ce qu'on appelle un couple de forces qui a pour effet de faire tourner le dipôle autour de O.

Réaction acido-basique

On pourra utiliser le tableau des éléments les plus courants pour déterminer les masse molaires atomiques des éléments chimiques cités dans les exercices suivants:

Exercice 1

On considère les couples acide/base suivants:

CH3—COOH (aq) / CH3—COO- (aq) C2H5—NH3+ (aq) / C2H5—NH2 (aq) HCl (aq) / Cl- (aq) HNO3 (aq) / NO3- (aq)

C6H5—COOH (aq) / C6H5—COO H2S (aq) / HS- (aq) H3O+ / H2O H2O / HO - (aq)

(aq)

1. Indiquer, en justifiant votre choix, quels sont les acides parmi les espèces figurant dans le tableau précédent. 2. Ecrire pour chaque couple la demi-équation acido-basique. Correction Exercice 2

Soit les demi-équations acido-basiques d'écriture formelle:

HO-

(aq)

HCO3-

+ H+ = H2O

(aq)

= CO32+

HCN(aq) = CN+ H+

(aq)

NH3 (aq) + H = NH

+ 4 (aq)

CH3—NH2 HCOOH

(aq)

(aq)

(aq)

+ H+

+ H+ = CH3—NH3+

= HCOO

-

(aq)

(aq)

+

+H

1. Indiquer, en justifiant votre choix, quelles sont les bases parmi les espèces du tableau précédent.

2. Ecrire le couple acido-basique correspondant à chaque demi-équation. Correction Exercice 3

On considère l'acide éthanoïque (ou acide acétique) et l'ammoniac. 1. Quelles sont les espèces conjuguées de l'acide éthanoïque d'une part et de l'ammoniac d'autre part? Ecrire les couples acido-basiques correspondants. 2. Ecrire l'équation de la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau. Que peut-on dire du pH de la solution obtenue à 25°C? 3. A l'aide des demi-équations acido-basiques des couples mis en jeu, écrire l'équation de la réaction de l'ammoniac avec l'eau. Que peut-on dire du pH de la solution obtenue à 25°C? 4. On dispose de solutions aqueuses d'acide éthanoïque, d'ammoniac, d'éthanoate de sodium et de chlorure d'ammonium. Donner la formule de chacune de ces solutions. 5. Laquelle de ces solutions pourrait réagir avec la solution d'ammoniac? Pourquoi? Ecrire l'équation de la réaction. 6. Laquelle de ces solutions pourrait réagir avec la solution d'éthanoate de sodium? Pourquoi? Ecrire l'équation de la réaction. Correction Exercice 4

On prépare une solution d'éthanoate de sodium à la concentration c=0,50mol.L-1. 1. Quelle masse m d'éthanoate de sodium, de formule CH3COONa, faut-il dissoudre dans V=200mL d'eau sans variation de volume pour obtenir une solution de concentration c? 2. Quel volume Va d'une solution de chlorure d'hydrogène à la concentration Ca=0,80mol.L-1 faut-il ajouter à v=10mL de cette solution pour que tous les ions éthanoate disparaissent? Correction Exercice 5

On introduit une masse m=0,50g d'hydrogénocarbonate de sodium, de formule NaHCO3, dans un erlenmeyer et on ajoute progressivement de l'acide chlorhydrique (solution aqueuse de chlorure d'hydrogène). 1.Quels sont les couples acide/base mis en jeu? 2. Donner la demi-équation acido-basique relative à chaque couple. 3. Ecrire l'équation de la réaction qui se produit dans l'erlenmeyer. Donner le nom du gaz qui se dégage au cours de la transformation. 4. Quel volume V d'acide chlorhydrique de concentration c=0,10mol.L-1 faut-il verser pour que le dégagement de gaz cesse? 5. Quel est alors le volume de gaz dégagé si le volume molaire dans les conditions de l'expérience est Vm=24,0L.mol1 ? Correction

Réaction d'oxydoréduction


Test de connaissances

Cliquez ci-contre pour tester vos connaissances à l'aide d'un Q.C.M sur les réactions d'oxydo réduction Exercice 1

Ecrire les demi-équations d'oxydoréduction relatives aux couples suivants: Al3+(aq) / Al(s)

MnO4-(aq) / Mn2+(aq) (en milieu acide)

NO3-(aq) / NO(g) (en milieu milieu acide) acide)

MnO4-(aq) / MnO2(s)

(en milieu acide)

Correction Exercice 2

Ecrire les couples oxydant / réducteur relatifs aux demi-équations d'oxydoréduction suivantes: H2(g)

= 2H+(aq) + 2e-

Au(s)

= Au3+(aq) + 3e-

Fe3+(aq) + e- = Fe2+(aq)


Parmi les espèces suivantes, précisez, en justifiant vos réponses, quels sont d'une part les oxydants et d'autre part les réducteurs. Cu(s), Fe2+(aq), Fe3+(aq), Fe(s) et S4O62-(aq).


On donne l'équation suivante: S2O82-(aq) + Hg22+(aq)

2SO42-(aq) + 2Hg2+(aq)

1. Rechercher le nom de l'élément dont le symbole est Hg. 2. Identifier les deux couples rédox mis en jeu dans cette réaction d'oxydoréduction. 3. Ecrire les demi-équations d'oxydoréduction correspondant à ces couples. 4. Déterminer quels sont, respectivement, l'oxydant et le réducteur dans la transformation étudiée.


L'eau de Javel, désinfectant d'usage courant, est fabriquée par action du dichlore gazeux sur une solution d'hydroxyde de sodium. 1. Cette réaction d'oxydoréduction met en jeu les deux couples donnés ci-dessous. ClO-(aq) / Cl2(g)

et

Cl2(g) / Cl-(aq)

Ecrire les deux demi-équations d'oxydoréduction correspondantes.. 2. A partir de ces deux demi-équations d'oxydoréduction, donner une équation chimique ayant pour seuls réactifs Cl2(g) 2(g) et H2O. 3. Ecrire l'équation de la réaction acidobasique entre les ions oxonium et les ions hydroxyde. 4. En combinant les deux dernières équations, écrire l'équation chimique de synthèse de l'eau de Javel. Correction Exercice 6

Une solution aqueuse de permanganate de potassium peut oxyder l'eau oxygénée en milieu acide. 1. Ecrire l'équation de cette réaction d'oxydoréduction sachant que les couples mis en jeu sont: O2(ag) / H2O2

et

MnO4-(aq) / Mn2+(aq)

2. On utilise V0=12mL de solution de permanganate de potassium de concentration C0=2,0.10-2mol.L-1 pour oxyder V=20mL d'eau oxygénée. Déterminer la concentration C de l'eau oxygénée. Correction Exercice 7

On fait réagir une masse m=1,0g de fer en poudre avec un volume V=20mL d'une solution de chlorure d'hydrogène de concentration C=2,0mol.L-1. On observe un dégagement gazeux et l'apparition d'une coloration vert pâle dans la solution. Le gaz est identifié en présentant une allumette enflammée. Il se produit une légère explosion (aboiement). Les ions responsables de la coloration sont identifiés en faisant réagir avec un peu de solution, une solution d'hydroxyde de sodium. Le résultat de ce test est présenté ci-contre. 1. Donner, en justifiant vos réponses, les couples rédox ré dox mis en jeu dans cette réaction. 2. Ecrire l'équation de la réaction entre le fer et la solution aqueuse de chlorure d'hydrogène. 3. Déterminer les quantités de matière initiales des réactifs. 4. Dresser le tableau d'avancement de la réaction. 5. En déduire le volume de gaz dégagé en fin de réaction. Donnée: Volume molaire dans les conditions de l'expérience: Vm=24,0L.mol-1.

Correction

Dosages


Exercice 1

Lors d'une séance de travaux pratiques, on cherche à déterminer la concentration C1 d'une solution aqueuse de diiode I2. Pour cela, neuf groupes d'élèves dosent un volume V1=25,0mL de la solution de diiode par une solution aqueuse de thiosulfate de sodium (2Na++S2O32-) de concentration C2=2,50.10-2mol.L-1. Les volumes Véq de solution de thiosulfate de sodium versés à l'équivalence par les différents groupes sont donnés dans le tableau suivant:

Groupe

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Véq (mL)

11,8

12,0

11,2

11,5

10,8

11,7

1 2 ,3

12,0

11,8

/I- et S4O62- /S2O32-. 1. Donner l'équation de la réaction de dosage sachant que les couples rédox mis en jeu sont:I2 /I

2. En déduire la relation entre les quantités de matière des réactifs introduits à l'équivalence. 3. Le diiode colore sa solution aqueuse en jaune (brun si la concentration en I2 est élevée), les autres ions mis en jeu ne colorent pas les solutions aqueuses. L'empois d'amidon (ou l'iodex) devient bleu foncé en présence de diiode. Expliquer comment on peut détecter l'équivalence. 4. Déterminer la valeur la plus probable de C1. 5. Déterminer l'écart type σ de cette série de mesures de C1. 6. Donner un intervalle de confiance pour C1. 7. Présenter le résultat de la détermination de C1 avec un nombre de chiffres significatifs approprié. Correction Exercice 2

On veut déterminer le pourcentage massique de fer (présent sous la forme Fe2+) contenu dans un produit anti mousse utilisé pour traiter les pelouses. Pour cela on réalise un dosage d'une solution de ce produit par une solution de permanganate de potassium acidifiée. 1. Donner l'équation de la réaction entre les ions fer (II) et les ions permanganate, sachant que ces espèces 2+ appartiennent aux couples rédox: Fe3+ /Fe2+ et MnO4 /Mn . 2. Dresser le tableau d'avancement de la réaction de dosage. 3. En déduire une relation entre les quantités de matière des réactifs introduits à l'équivalence. 4. On prépare une solution S en dissolvant m=10,0g de produit anti mousse dans V0=100,0mL d'eau distillée. On prélève V1=20,0mL de cette solution et on dose les ions fer(II) de cette prise d'essai par une solution de permanganate de potassium de concentration C2=2,0.10-2mol.L-1 préalablement acidifiée. Le volume versé à l'équivalence est Véq=13,0mL. a. Déterminer la concentration C1 des ions Fe2+ dans la solution S0.

b. En déduire la quantité de matière d'ions fer(II) dans la solution S0. c. Déterminer alors le pourcentage massique de fer dans le produit anti mousse. Correction Exercice 3

On veut doser une solution de Destop par une méthode conductimétrique. Le fabricant indique sur la bouteille que la densité est d=1,2 et que la solution contient 20% en masse d'hydroxyde de sodium. La masse volumique de l'eau est µe=1,0.103kg.m-3. 1. Montrer que la concentration C0 de cette solution S0 est voisine de 6mol.L-1. 2. Pour réaliser ce dosage on utilise une solution de chlorure d'hydrogène (acide chlorhydrique) de concentration C2=0,10mol.L-1. Ecrire l'équation de la réaction de dosage. 3. On dilue 500 fois la solution S0 pour obtenir la solution S1. On dose un volume V1=100mL de cette solution S1. Après chaque ajout de la solution titrante, on relève la valeur efficace de la tension aux bornes de la cellule conductimétrique et de l'intensité du courant. Les résultats sont regroupés ci-dessous:

V2 (mL)

2 ,0

4,0

6 ,0

8,0

10,0

12,0

14,0

16,0

18,0

I (mA)

6 1 ,2

56,5

52,0

4 6 ,7

40,7

35,9

53,4

70,4

87,0

U (V)

6 ,4 3

6 ,4 5

6,47

6,47

6 ,4 9

6,50

6,45

6,47

6,50

Déterminer la conductance G de la solution pour chaque volume V2 de solution titrante. Tracer la courbe G=f(V2). En déduire la valeur V2éq du volume de solution titrante versé à l'équivalence. 4. Déterminer la concentration des ions hydroxyde dans la solution S1 puis dans la solution S0. 5. Déterminer le pourcentage massique d'hydroxyde de sodium dans la solution S0. Le résultat est-il en accord avec la valeur annoncée par le fabricant? Correction Exercice 4

L'acide sulfamique, de formule NH2—SO3H, est le constituant actif d'un détartrant pour cafetière. En solution aqueuse cet acide a les mêmes propriétés que l'acide chlorhydrique. On le notera AH. Ce détartrant se présente dans le commerce sous forme d'une poudre à diluer. On dissout la valeur d'un sachet c'est-à-dire m=1,50g de ce détartrant dans V1=200mL d'eau distillée. La solution obtenue est notée S1 et sa concentration est notée C1. On dose V'1=20mL de la solution obtenue par une solution aqueuse d'hydroxyde de sodium (soude) de concentration C2=0,10mol.L-1. On suit ce dosage par conductimétrie. La courbe donnant la conductance de la solution en fonction du volume de base versé est donnée ci-contre. 1. Ecrire l'équation de la réaction de dosage. 2. Dresser le tableau permettant de suivre l'évolution du dosage en fonction de l'avancement x de la réaction. 3. Définir l'équivalence. En déduire la relation entre les quantités de matière des réactifs que l'on peut écrire à l'équivalence. 4. Déterminer graphiquement le volume de base versé à l'équivalence. En déduire la concentration de S1 en acide sulfamique.

5. Déterminer la masse d'acide sulfamique présent dans la solution S1. En déduire le pourcentage massique d'acide sulfamique dans le détartrant du commerce. Correction

Dosages

Exercice 1

1. En faisant intervenir les demi équations d'oxydoréduction on a: I2 + 2e-

=

2I-

2S2O32-

=

S4O62- + 2e-

I2 + 2S2O32-

2I- + S4O62-

2. A l'équivalence, les réactifs ont été mélangés dans les proportions stoechiométriques: n(I2)1 =

n(S2O32-)éq 2

3. • • •

Avant l'équivalence: le réactif limitant est l'ion thiosulfate. Il disparaît totalement et il reste du diiode. Donc la solution est colorée en jaune (de plus en plus pâle). Après l'équivalence: le réactif limitant est le diiode. Il a totalement disparu et donc sa couleur aussi. La solution est incolore. L'équivalence est donc théoriquement repérée, à une goutte de solution aqueuse de thiosulfate de sodium près, par le changement de couleur: jaune incolore. Dans la réalité, il est très difficile d'apprécier ce changement de couleur. Pour cette raison, un peu avant l'équivalence, on ajoute quelques gouttes d'une solution aqueuse d'empois d'amidon (ou de iodex) au milieu réactionnel. Comme il reste un peu de diiode, la solution se colore en bleu foncé. Juste après l'équivalence il ne rest plus de diiode et la solution devient incolore. L'équivalence est donc repérée plus facilement par le changement de couleur: bleu incolore.

4. D'après la question 2:

n(I2)1 =

n(S2O32-)éq 2

=>

C2 V2éq 2

C1 V1 =

=>

C2 V2éq 2 V1

C1 =

On peut alors dresser le tableau de résultats suivant:

Groupe

1

2

3

4

5

6

7

8

9

C1 (x10-3mol.L-1)

5,90

6,00

5 ,6 0

5 ,7 5

5,40

5,85

6,15

6,00

5,90

La valeur la plus probable de C1 est alors la moyenne des valeurs du tableau Soit: C1m = 5,85.10-3mol.L-1. 5. L'écart type est donné par la calculette ou par un tableur. On trouve: σ = 2,275.10-4mol.L-1.

6. L'intervalle de confiance sur la valeur moyenne est alors:

=>

Compte tenu de la valeur moyenne de C1, nous retiendrons l'intervalle de confiance: [-1,5.10-4; 1,5.10-4]. 7. Le résultat de la détermination de C1 peut être présenté sous l'une des deux formes suivantes: C1 = 5,85 +/- 0,15 mmol.L -1 ou

=> (5,85-0,15).10-3 < C1 < (5,85+0,15).10-3

soit 5,70. < C1 < 6,00 en mmol.L-1.

Dosage

Exercice 2

1. En utilisant les demi-équations d'oxydoréduction et en veillant à ce que le nombre d'électrons échangés entre les deux couples soit le même on a: Fe2+

=

MnO4- + 8H+ + 5e-

=

Fe3+ + e-

5Fe2+ + MnO4- + 8H+

x5

Mn2+ + 4H2O 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O

2. Le tableau d'avancement est présenté pour une quantité de matière d'ions fer(II) initiale notée n1i et pour une quantité de matière d'ions permanganate initiale (introduite à la burette graduée) notée n2i. Nous ne faisons figurer ni les quantités de matière des produits ni la quantité de matière d'ions oxonium qui est en excès.

Equation de la réaction Etat initial (mol) Etat à la date t l'avancement est x Etat final (mol) l'avancement est xéq

MnO4- + 5Fe2+ + 8H+ n1i

n2i = C2 V2

n1 = n1i-5x

n2 = n2i-x

n1f = n1i-5xéq

n2f = n2i-xéq

3. A l'équivalence: n1f = 0 et n2f = 0 ,donc:

n1i-5xéq = 0

n1i = 5xéq =>

n2i-xéq = 0

=> n1i = 5n2i n2i = xéq

4.a. D'après ce qui précède: n1i = 5n2i => C1 V1 = 5 C2 Véq =>

Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O

C1 =

5 C2Véq V1

alors C1 =

5 x 2,0.10 -2 x 13,0.10-3 => C1 = 6,5.10-2 mol.L-1 20,0.10-3

b. La quantité de matière n est donnée par: n = C1 V0 => n = 6,5.10-2 x 0,100 => n = 6,5.10-3 mol

c. En confondant la masse de l'ion fer(II) et celle de l'atome de fer on a: m(Fe) = n M(Fe) => m(Fe) = 6,5.10 -3 x 55,8 55,8 => m(Fe) = 0,37 g

et le pourcentage massique de fer est:

P(%) =

m(Fe) x 100 m

P(%) =

=>

0,37 x 100 10,0

=> P = 3,7%

Dosage

Exercice 3

1. La masse volumique de la solution S0 est µ telle que:

d=

µ µe

=> µ = d µe

Un volume V de cette solution a une masse m telle que:

µ=

m V

=> m = µ V => m = d µe V

La masse d'hydroxyde de sodium contenue dans ce volume est alors: 20 m 100

m(NaOH) =

=>

m(NaOH) =

20 d µe V 100

et la quantité de matière d'hydroxyde de sodium correspondante est:

n(NaOH) =

m(NaOH) M(NaOH)

=>

n(NaOH) =

C0 =

20 d µe 100 M(NaOH)

20 d µe V 100 M(NaOH)

on en déduit la concentration C0

C0 =

n(NaOH) V

=> => =>

20 x 1,2 x 1,0.10 3 C0 = 100 x 40,0

C0 = 6,0 mol.L-1

2. Il s'agit de la réaction entre une base forte et un acide fort donc l'équation de la réaction de dosage est: HO- + H3O+

3. On calcule G en utilisant la relation G=

61,2.10-3 6,43

I U -3 => G = 9,52.10 S => G=

2H2O

. Par exemple pour un volume volume V2=2,0mL on a: G = 9,52 mS

Les autres résultats sont regroupés ci-dessous.

V2 (mL)

G (mS)

2,0

9,52

4,0

8,76

6,0

8,04

8,0

7,22

10,0

6,27

12,0

5,52

14,0

8,28

16,0

10,9

18,0

13,4

Le volume équivalent est obtenu, après linéarisation, au minimum de conductance. Graphiquement on lit: V2éq=12,0mL =12,0mL.. 4. A l'équivalence les réactifs ont été mélangés dans les proportions stoéchiométriques. Alors: n1 = n2éq => C1 V1 = C2 V2éq =>

C1 =

C2 V2éq V1

=>

C1 =

0,10 x 12.10-3 0,100

=> C1 = 1,2.10-2 mol.L-1

La solution commerciale est 500 fois plus concentrée. On a donc: C0 = 500 x 1,2.10 -2 => C0 = 6,0 mol.L -1

5. D'après ce qui précède, 1,0L de solution S0 contient une masse d'hydroxyde de sodium: m = 6,0 x 40,0 40,0 => m = 240g

La masse d'un litre de solution est: mS = µ V => mS = 1,2.103 x 1,0 => mS = 1,2.103 g

Le pourcentage massique d'hydroxyde de sodium dans la solution S0 est alors:

P=

m x 100 mS

=>

P=

240 x 100 1,2.103

=> P = 20%

Le résultat est en accord avec la valeur annoncée par le fabricant.

Dosage

Exercice 4

1. Il s'agit de la réaction entre un acide fort et une base forte. L'équation de la réaction est: H3O+ + HO-

2H2O

2. Le tableau d'avancement de la réaction est le suivant:

Equation de la réaction

H3O+ + HO-

2H2O

Etat initial (mol) n(H3O+)0=C1 V'1 n(HO-)0=C2 V2 Etat à la date t n(H3O+)=n(H3O+)0-x n(HO-)=n(HO-)0-x l'avancement est x Etat final (mol) + =n(H3O+)0-xéq n(HO-)éq=n(HO-)0-xéq l'avancement est xéq n(H3O )f =n(H 3. L'equivalence est la situation pour laquelle les quantités de matière des réactifs ont été mélangées dans les proportions stoéchiométriques. En effet, à l'équivalence, les réactifs introduits ont complètement disparus. Donc n(H3O+)f =0 =0 et n(HO-)éq=0. Il en résulte:

n(H3O+)0-xéq = 0

n(H3O+)0 = xéq => n(H3O+)0 = n(HO-)éq

=> n(HO-)éq-xéq = 0

n(HO-)éq = xéq

4. Avant l'équivalence, la conductance G de la solution décroît car des ions oxonium disparaissent et sont remplacés par des ions Na+ dont la conductivité molaire ionique est plus faible. Après l'équivalence, la conductance G augmente car on continue à ajouter des ions hydroxyde et des ions sodium. A l'équivalence la conductance de la solution est donc minimale. On lit donc sur le graphe: g raphe:V V2éq=15mL =15mL.. D'après ce qui précède on peut donc écrire: n(H3O+)0 = n(HO-)éq => C1 V'1 = C2 V2éq =>

C1 =

C2 V2éq V'1

=>

C1 =

0,10 x 15.10-3 20.10-3

=> C1 = 7,5.10-2 mol.L-1

5. Soit n1 la quantité de matière d'acide sulfamique dans la solution S1. On a:

n1 = C1 V1

et

n1 =

m1 M

=>

C1 V1 =

m1 M

Alors m1 = M C1 V1 => m1 = 97,1 x 7,5.10 -2 x 0,200 => m1 = 1,46 g

Le pourcentage massique d'acide sulfamique dans le détartrant est alors:

P=

m1 x 100 m

=>

P=

1,46 x 100 1,50

=> P = 97,1%

Introduction à la chimie organique


Exercice 1

On réalise la combustion complète d'une masse m1=2,28g d'un hydrocarbure A dont la formule pourra être notée CxHy. On obtient une masse m2=7,04g de dioxyde de carbone et une masse m3=3,24g d'eau. 1. Ecrire l'équation de la réaction de combustion. 2. Déterminer le rapport y/x. 3. La masse molaire moléculaire de cet hydrocarbure est M=114,0g.mol-1. Déterminer la formule brute de cet hydrocarbure. Correction Exercice 2

L'acétate d'isoamyle ou éthanoate de 3-méthylbutyle de formule brute C7H14O2 est un aromatisant alimentaire au goût de banane. 1. Déterminer la masse molaire moléculaire de ce composé. 2. Déterminer la composition centésimale massique (pourcentage massique) de chaque élément de ce composé. Correction Exercice 3

Le trichlorométhane ou chloroforme a pour formule brute CHCl3. 1. Donner la formule de Lewis de cette molécule en justifiant votre réponse à l'aide des règles du duet et de l'octet. 2. Donner la représentation en perspective de Cram de cette molécule. Donnée: Les numéros atomiques du carbone, de l'hydrogène et du chlore sont respectivement: Z=6; Z=1 et Z=17.


Une bonbonne de gaz utilisée pour le camping contient une masse m=400g de butane de formule C4H10. Pour faire chauffer son repas, un campeur utilise 10% du gaz contenu dans sa bonbonne. 1. Déterminer la quantité de matière de gaz contenu dans la bonbonne avant l'utilisation.

2. Quel type de réaction chimique subit le gaz lors de la cuisson des aliments? 3. La réaction complète du gaz donne du dioxyde de carbone et de l'eau. Ecrire l'équation de la réaction à laquelle donne lieu le butane lors de la cuisson des aliments. 4. Dresser le tableau d'avancement de la réaction. 5. En déduire les quantités de matière des produits formés. Correction Exercice 5

On peut obtenir l'éthanol de formule brute C2H6O par fermentation alcoolique de jus sucrés ou encore par fermentation de produits contenant de l'amidon comme la pomme de terre. 1. Ecrire l'équation de la fermentation de l'amidon, de formule C6H12O6, sachant qu'en plus de l'éthanol, on observe un dégagement de dioxyde de carbone. 2. Dresser le tableau d'avancement de la réaction. 3. En déduire la masse d'éthanol obtenue à partir de m=100kg d'amidon. Correction Exercice 6

L'urée a une masse molaire moléculaire M=60,0g.mol-1. Une analyse centésimale massique de l'urée donne les proportions suivantes: P(C)=20,0%, P(H)=6,7%, P(O)=26,7% et P(N)=46,6%. 1. Déterminer la formule brute de l'urée. 2.Donner sa formule de Lewis, sachant que l'atome de carbone est lié à l'atome d'oxygène par une double liaison, que les deux atomes d'azote ne sont pas liés entre eux et qu'ils ne sont pas engagés dans une double liaison. Correction


Exercice 1

1. L'équation de la réaction s'écrit: CxHy + (x+y/4)O2

xCO2 + (y/2)H 2O

2. La lettre x est utilisée dans la formule de l'hydrocarbure. l'avancement de la réaction sera donc notée k. Le tableau d'avancement de la réaction, dans lequel on ne fera pas figurer la quantité de matière de dioxygène (supposé en excès car la réaction est complète), s'écrit:

Equation de la réaction Etat initial (mol) Etat à la date t l'avancement est x

CxHy + (x+y/4)O 2 n(A)0 =

m1 M

n(A)=n(A)0-k

xCO2 + (y/2)H2O

n(CO2)i=0,0 n(CO2)=xk

n(H2O)i=0,0 n(H2O) =

yk 2

Etat final (mol) l'avancement est xmax(mol)

n(A)f =n(A) =n(A)0-kmax

n(CO2)f =xk =xkmax

n(H2O)f =

y kmax 2

Dans l'état final n(A)f = 0 car l'hydrocarbure est le réactif limitant (la combustion est complète). d'où: n(A)0-kmax = 0 => kmax = n(A)0 n(CO2)f = x n(A)0

alors

y n(A)0 2

n(H2O)f =

m3 M(H2O) m2 M(CO2)

n(H2O)f = n(CO2)f =

or

y

d'où

x

=

y

=>

x

y

=>

=

x

2 x 3,24 x 44,0 => 18,0 x 7,04

2n(H2O)f n(CO2)f

=

y x

2 m3 M(CO2) M(H2O) m2

= 2,25

3. La formule brute de l'hydrocarbure s'écrit alors provisoirement: CxH2,25x. d'où: M = x M(C) + 2,25x M(H) => M = 12,0x + 2,25x => M = 14,25x x=

=>

M 14,25

=> x = 8 et y = 2,25x = 18

La formule brute de l'hydrocarbure A est donc: C8H18.


Exercice 2

1. La masse molaire moléculaire M est égale à la somme des masses molaires atomiques de tous les atomes constituant la molécule. Donc: M = 7M(C)+14M(H)+2M(O) => M = (7x12,0)+(14x1,0)+(2x16,0) => M = 130 g.mol-1

2. La composition centésimale massique est donnée par:

P(C)

m(C) x 100 = M

m(H) x 100 P(H) = M

=>

=>

P(C)

7 M(C) x 100 = M

=>

7 M(H) x 100 => P(H) = M

=

7 x 12,0 x 100 130

=>

P(C) = 64,6%

P(H) =

14 x 1,0 x 100 130

=>

P(H) = 10,8%

P(C)

On a aussi: P(O) = 100-

=> P(O) = 100-

=> P(O) = 24,6%

(P(C)+P(H))

(64,6+10,8)


Exercice 3

1. Les propriétés électroniques des atomes impliqués sont résumées dans le tableau ci-dessous:

Atome

Numéro atomique Z

Formule électronique

nombre de liaison(s) covalente(s) établie(s)

nombre de doublet(s) non liant(s)

C

6

(K)2(L)4

(8-4) = 4 règle de l'octet l'octet

(4doublets -4doublets de liaison) = 0

H

1

(K)1

(2-1) = 1 règle du duet

(1doublet-1doublet de liaison) = 0

Cl

17

(K)2(L)8(M)7



Représentation des doublets liant(s) et non liant(s)

La formule de Lewis du trichlorométhane est alors:

2. La représentation en perspective de Cram est:


Exercice 4

1. La quantité de matière initiale n0 de butane est donnée par:

n0 =

m M

=>

400 58,0

n0 =

=> n0 = 6,90 mol

2. Il s'agit d'une combustion du butane avec le dioxygène de l'air qui est considéré comme le réactif en excès. Le butane est alors le réactif limitant. 3. L'équation de la réaction de combustion du butane est: 2C4H10 + 13O2

8CO2 + 10H2O

4. Soit n'0 la quantité de matière de gaz utilisée:

n'0 =

10 n0 100

=>

n'0 =

10 x 6,90 100

=> n'0 = 0,690 mol

Le tableau d'avancement de la réaction est:

Equation de la réaction 2C4H10 + 13O2 8CO2 + 10H2O Etat initial (mol) n'0 0 0 Etat à la date t n=n'0-2x n(CO2)=8x n(H2O)=10x l'avancement est x Etat final (mol) n =n' =n' -2x n(CO2)f =8x =8xmax n(H2O)f =10x =10xmax l'avancement est xmax(mol) f 0 max 5. Le réactif limitant est le butane donc: nf =0. =0. Alors:

n'0-2xmax = 0 =>

xmax =

n'0 2

0,690 2

xmax =

=>

=> xmax = 0,345 mol

alors: n(CO2)f = 8xmax

=> n(CO2)f = 8 x 0,345

=> n(CO2)f = 2,76 mol

et n(H2O)f = 10xmax => n(H2O)f = 10 x 0,345 => n(H2O)f = 3,45 mol


Exercice 5

1. L'équation de la réaction de fermentation alcoolique de l'amidon s'écrit: C6H12O6

2C2H6O + 2CO2

2. Le tableau d'avancement de la réaction est:


C6H12O6

2C2H6O + 2CO2

Etat initial (mol)

n0

0

0

Etat à la date t l'avancement est x

n=n0-x

n(éth)t=2x

n(CO2)=2x

Etat final (mol) nf =n =n0-xmax n(éth)f = 2xmax n(CO2)f =2x =2xmax l'avancement est xmax(mol)

3. A la fin de la réaction nf =0 =0 donc: n0-xmax = 0 => xmax = n0 =>

or n(éth) = 2xmax =>

n(éth)f =

et m(éth) = n(éth)f M(éth) m(éth)f =

2 x 100 x 62,0 180

m M

xmax =

=>

2m M m(éth)f =

2 m M(éth) M

=> m(éth) = 68,9 kg


Exercice 6

1. Soit CxHyOzNt la formule brute de l'urée.

P(C) x=

m(C)x100 M

=

20,0x60,0 100x12,0

P(H) = y=

P(N) t=

m(H)x100 M

=>

x M(C)x100 M

=>

x=

P(C) M 100 M(C)

P(H) =

y M(H)x100 M

=>

y=

P(H) M 100 M(H)

z M(O)x100 M

=>

z=

P(O) M 100 M(O)

t M(N)x100 M

=>

t=

P(N) M 100 M(N)

=> y = 4,0

m(O)x100 M

P(O) =

=>

26,7x60,0 100x16,0

=

=

P(C)

=> x = 1,0

6,7x60,0 100x1,0

P(O) = y=

=>

=> z = 1,0

m(N)x100 M

=>

46,6x60,0 100x14,0

=

P(N)

=> t = 2,0

La formule brute de l'urée est donc: CH4ON2. 2. Les propriétés électroniques des éléments mis en jeu sont résumées ci-dessous:

Atome

Numéro atomique Z

Formule électronique

nombre de liaison(s) covalente(s) établie(s)

nombre de doublet(s) non liant(s)

C

6

(K)2(L)4


(4doublets4doublets de liaison) = 0

H

1

(K)1

(2-1) = 1 règle du duet


8

2

6

(K) (L)



7

2

5

(8-5) = 3 règle de (8l'octet l'octet


O

N

(K) (L)

Représentation des doublets liant(s) et non liant(s)

La formule de Lewis de l'urée est donc:

Passage d'un groupe caractéristique à un autre


Exercice 1

On donne l'organigramme suivant:

Indiquer les types de transformations repérées par les chiffres de (1) à (7) et donner la représentation topologique des composés A, B,...,F. Correction Exercice 2

1. Indiquer le réactif à utiliser pour passer d'un dérivé halogéné à: a. une amine, b. un alcool. 2. Écrire les équations des réactions correspondantes. Correction

Exercice 3

On désire préparer la propylamine à partir d'un alcool. 1. Quel alcool faut-il utiliser? 2. Donner la suite de transformations à mettre en oeuvre. 3. Donner les équations des réactions de ces transformations. Correction Exercice 4

On désire transformer la propanone en propène. 1. Préciser les transformations à mettre en oeuvre. 2. Écrire les équations correspondantes. Correction Exercice 5

On fait réagir une masse m=26,0g de butan-2-ol avec un volume V d'une solution d'acide iodhydrique (H++I-) de concentration C=7,5mol.L-1. On récupère une masse m'=40,0g de 2-iodobutane. 1. Donner l'équation de la réaction. 2. Déterminer la valeur minimale de V pour que l'alcool soit le réactif limitant (on utilisera le tableau d'avancement). 3. Déterminer le rendement de cette synthèse. Correction Exercice 6

On désire préparer de l'aniline, de formule C6H5—NH2, qui est la base de nombreux colorants. On obtient l'aniline par réduction en milieu acide du nitrobenzène, de formule C6H5—NO2, par du fer. Le nitrobenzène est obtenu par action de l'acide nitrique HNO3 sur le benzène de formule C6H6. Remarque: L'aniline est un composé très toxique. Il est donc vivement déconseillé de préparer l'aniline au laboratoire. Le protocole est le suivant: Dans un ballon, on introduit une masse m1=15,0g de nitrobenzène, une masse m2=30,0g de limaille de fer et quelques grains de pierre ponce. On ajoute un volume V=65mL d'une solution aqueuse de chlorure d'hydrogène (acide chlorhydrique) à la concentration C=1,0mol.L-1. On adapte un réfrigérant à eau et, à l'aide d'un chauffe-ballon, on chauffe le mélange pendant deux heures à ébullition modérée. On laisse refroidir puis on ajoute un volume v=40mL de soude (solution aqueuse d'hydroxyde de sodium) à la concentration c=5mol.L-1. Il apparaît alors deux phases. On réalise une hydrodistillation de façon à récupérer le mélange eau-aniline. On élimine la phase aqueuse par décantation puis on lave la phase organique et on élimine les traces d'eau qu'elle contient à l'aide de sulfate de magnésium anhydre. Après filtration on récupère une masse m3=7,60g d'aniline. 1. Donner le nom de la famille chimique à laquelle appartient l'aniline.

2. Donner l'équation de la réaction d'hémisynhtèse du nitrobenzène, sachant qu'il se forme aussi de l'eau. Quelle est la nature de cette transformation (addition, substitution, élimination)? 3. Dans la suite des transformations qui conduisent à l'aniline, il se forme dans un premier temps l'ion anilinium de formule C6H5—NH3+. Ecrire les demi-équations d'oxydoréduction relatives aux couples: C6H5—NO2 / C6H5—NH3+

et Fe2+ / Fe

En déduire l'équation de la réaction qui se produit, en milieu acide, entre le nitrobenzène et le fer. 4. Montrer que le nitrobenzène est le réactif limitant (réactif en défaut). 5. En fin de protocole, on introduit de la soude. Elle sert à éliminer les ions oxonium H3O+ en excès et à transformer les ions anilinium en aniline. Ecrire les équations de ces deux réactions. 6. Déterminer le rendement de la réaction de préparation de l'aniline. Correction


Exercice 1

Les réponses sont regroupées dans le tableau ci-dessous:

(1): passage au dérivé halogéné (substitution)

conduit à A

(2): oxydation ménagée du propan-1-ol

conduit à B: propanal

(3): oxydation ménagée du propanal

conduit à C: acide propanoïque

(4): déshydratation du propan-1-ol

conduit à E: propène

(5): dés déshydr hydrogé ogénat nation ion de D: D: aalca lcane ne à trois trois "carbon "carbone" e"

condui con duitt à E: propène propène

(6): hydratation du propène

conduit préférentiellement à F: propan-2-ol

(7): oxydation ménagée du propan-2-ol

conduit à une cétone: la propanone

D:

Sujet


Exercice 2

1. La formule générale d'un dérivé halogéné peut être écrite: R—X où X est l'atome d'halogène (F, Cl, Br, I). a. Il faut utiliser l'ammoniac NH3 en excès. b. Il faut utiliser les ions hydroxyde HO- (solution d'hydroxyde de sodium Na++HO- par exemple).

2. Les équations des réactions correspondantes sont: R—NH2 + NH4+ + X-

a. R—X + 2NH 3 b. R—X + HO-

R—OH + X-


Exercice 3

1. La formule semi-développée de la propylamine est: CH3—CH2—CH2—NH2. Il faut utiliser un alcool qui possède la même chaîne carbonée. On utilisera le propan-1-ol de formule semi-développée: CH3—CH2—CH2—OH —OH.. 2. Il semble que pour passer de l'alcool à l'amine il suffise de substituer (remplacer) le groupe hydroxyle—OH hydroxyle—OH de l'alcool par le groupe nitro —NH2 de l'amine. En fait cette substitution n'est pas possible directement. Il faut passer par un dérivé halogéné de même chaîne carbonée, par exemple le dérivé chloré, suivant le schéma: CH3—CH2—CH2—OH

CH3—CH2—CH2—Cl

CH3—CH2—CH2—NH2

3. L'équation de la transformation correspondant à la première étape est: CH3—CH2—CH2—OH + H+ + Cl-

CH3—CH2—CH2—Cl + H2O

L'équation de la transformation correspondant à la deuxième étape est: CH3—CH2—CH2—Cl + 2NH3

CH3—CH2—CH2—NH2 + NH4+ + Cl-

Exercice 4

1. La suite de transformations à mettre en oeuvre peut être schématisée de la façon suivante:

2. L'équation relative à la première étape est:

L'équation de la deuxième étape est:


Exercice 5

1. Il s'agit du passage d'un alcool secondaire à un dérivé iodé. C'est une substitution du groupe hydroxyle par un atome d'iode. L'équation s'écrit:

2. La quantité de matière d'alcool initiale est: m M(al)

n(al)0 =

n(al)0 =

=>

26,0 74,0

=> n(al)0 = 0,351 mol

Dans le tableau d'avancement nous ne ferons pas figurer l'eau. On a alors:

Équation de la réaction C4H10O + H+ + IC4H9I + H2O Etat initial (mol) n(al)0=0,351 n(H+)0=C V n(RI)0=0,00 Etat à la date t (mol) n(al)=n(al)0-x n(H+)=C V-x n(RI)=x l'avancement est x Etat final (mol) n(al)f =n(al) =n(al)0-xmax n(H+)f = C V-xmax n(RI)f =x =xmax l'avancement est xmax L'alcool est le réactif limitant alors n(al)f =0 =0 alors n(al)0-xmax = 0

=> xmax = n(al)0

alors n(H+)f > 0 => C V- n(al)0 > 0 =>

la valeur minimale cherchée est donc:

Vmin =

n(al)0 C

=>

Vmin =

0,351 7,5

=> Vmin = 4,7.10-2 L => Vmin = 47 mL

3. D'après le tableau d'avancement, la quantité de matière de dérivé iodé (RI) que l'on pourrait obtenir est n(RI)f =0,351mol. =0,351mol. La quantité de matière réellement obtenue est:

n(RI) =

m' M(RI)

=>

n(RI) =

40,0 183,9

=> n(RI) = 0,218 mol

le rendement de la synthèse est donc:

ρ=

n(RI) n(RI)f

=>

ρ=

=> ρ = 0,621

0,218 0,351


Exercice 6

1. La molécule présente le groupe amino —NH2. L'aniline appartient à la famille des amines. 2. La réaction d'hémisynhtèse du nitrobenzène s'écrit: C6H6 + HNO3

C6H5—NO2 + H2O

Il s'agit d'une substitution d'un atome d'hydrogène du benzène par un groupe nitro —NO2 fourni par l'acide nitrique. 3. Les demi-équations redox et l'équation de la réaction s'écrivent:

C6H5—NO2 + 7H+ + 6e-

= =

Fe C6H5—NO2 + 7H+ + 3Fe

C6H5—NH3+ + 2H2O

x

Fe2+ + 2e-

3

C6H5—NH3+ + 3Fe2+ + 2H2O

4. La quantité de matière de nitrobenzène initiale est: m1 M(nitro)

n(nitro)0 =

15,0 123,0

n(nitro)0 =

=>

=> n(nitro)0 = 0,122 mol

et la quantité de matière de fer initiale est:

n(Fe)0 =

m2 M(Fe)

=>

n(Fe)0 =

30,0 55,8

=> n(Fe)0 = 0,538 mol

D'après l'équation de la réaction et les nombres stoéchiométriques, la quantité de matière de fer initiale permet de réduire une quantité de matière de nitrobenzène n(nitro) telle que:

n(nitro) =

n(Fe)0 3

=>

n(nitro) =

0,538 3

=> n(nitro)0 = 0,179 mol

or nous ne disposons que de n(nitro)0=0,122mol. Le nitrobenzène est en défaut, c'est le réactif limitant. 5. Les réactions sont:

H3O+ + HO-

2H2O

C6H5—NH3+ + HO-

C6H5—NH2 + H2O

6. L'équation de la réaction de préparation de l'aniline résulte de la somme des deux transformations précédentes. On a donc en écrivant H3O+ à la place de H+ et en simplifiant ce qui est simplifiable (en particulier H3O+ + HO2H2O) on a:

C6H5—NO2 + 7H3O+ + 3Fe

C6H5—NH3+ + 3Fe2+ + 9H2O

C6H5—NH3+ + HO-

C6H5—NH2 + H2O

C6H5—NO2 + 6H3O+ + 3Fe

3Fe2+ + 8H2O + C6H5—NH2

D'après l'équation précédente et les nombres stoéchiométriques, la quantité de matière d'aniline maximale que l'on pourrait obtenir est n(an) = n(nitro)0 => n(an) = 0,122 mol La quantité de matière d'aniline réellement obtenue est

n=

m3 M(an)

=>

7,60 93,0

n=

=> n = 8,17.10-2 mol

le rendement de cette hémisynthèse est donc

ρ=

n n(an)

=>

ρ=

8,17.10-2 0,122

=> ρ = 0,670

Les solutions électrolytiques.


Exercice 1

On dissout, dans les conditions usuelles de pression et de température (P=1,013.105Pa; θ=20°C), 500mL de chlorure d'hydrogène dans 0,500L d'eau sans variation de volume. 1. Écrire l'équation de la réaction de mise en solution du chlorure d'hydrogène en considérant que cette réaction donne des ions oxonium et des ions chlorure. 2. Comment met-on en évidence expérimentalement la présence des ions oxonium et chlorure? 3. Déterminer la concentration molaire C de la solution. 4. En déduire les concentrations des ions en solution.


Le chlorure de cuivre (II) est un composé ionique constitué d'ions chlorure Cl- et d'ions cuivre (II) Cu2+. 1. Donner la formule statistique de ce composé. 2. Écrire l'équation de sa dissolution dans l'eau. 3. On prépare une solution de chlorure de cuivre (II) en dissolvant 26,9g de ce composé dans 250mL d'eau sans variation de volume. 3.1 Déterminer la concentration molaire C de cette solution. 3.2 Déterminer les concentrations molaires des ions Cl-(aq) et Cu2+(aq). Correction Exercice 3

Lorsqu'on veut disposer au laboratoire d'une solution aqueuse stable contenant des ions Fer (II) de formule Fe2+, on la prépare en dissolvant du sel de Mohr dans de l'eau. Le sel de Mohr est un solide ionique de formule statistique: (NH4)2Fe(SO4)2,6H2O. Sa masse molaire est M=392,1g.mol-1. 1. Que signifie l'expression "solution aqueuse stable"? 2. Déduire de la formule du sel de Mohr que l'élément fer s'y trouve sous la forme d'ions Fe2+. 3. Que signifie la présence de 6H2O dans la formule? 4. Écrire l'équation de dissolution du sel de Mohr dans l'eau. 5. On veut préparer 100mL d'une solution telle que [Fe2+(aq)]=0,10mol.L-1. Quelle masse de sel de Mohr doit-on mettre en solution? Correction Exercice 4

La géométrie de la molécule d'ammoniac de formule NH3 est pyramidale. L'atome d'azote occupe le sommet de la pyramide et les trois atomes d'hydrogène en forment la base. L'électronégativité de l'azote est supérieure à celle de l'hydrogène. Montrer que la molécule d'ammoniac présente un caractère dipolaire. Correction Exercice 5

L'acide nitrique, de formule HNO3 est un liquide dipolaire qui se comporte vis à vis de l'eau comme le chlorure d'hydrogène. Sur un flacon de solution commerciale d'acide nitrique on relève les indications suivantes: • •

Pourcentage massique d'acide nitrique: 68% Densité: d=1,41

•

Masse molaire moléculaire: M=63,0g.mol-1.

1. Ecrire l'équation de mise en solution dans l'eau de l'acide nitrique en considérant que cette réaction donne des ions oxonium et des ions nitrate de formule NO3-. 2. Déterminer la concentration molaire C0 de la solution commerciale. 3. Déterminer le volume V0de solution commerciale qu'il faut prélever pour préparer 500mL de solution dans laquelle [NO3-(aq)]=0,10mol.L-1. Correction. Complément

Préparation de solutions aqueuses (anciens documents)

Solutions électrolytiques.

Exercice 1

1. L'équation de la réaction de mise en solution aqueuse s'écrit: HCl(g) + H2O

H3O+ + Cl-(aq).

2. La présence des ions est mise en évidence par des tests simples. • •

Les ions oxonium sont mis en évidence à l'aide du papier pH, d'un pH-mètre ou d'un indicateur coloré (par exemple le bleu de bromothymol(BBT)). Les ions chlorure sont mis en évidence à l'aide d'une solution aqueuse contenant des ions argent a rgent Ag+. En présence d'ions argent les ions chlorure donnent un précipité blanc de chlorure d'argent qui noircit à la lumière.

3. Par définition:

C=

n(HCl) V

C=

V(HCl) V.Vm

or

=>

n(HCl) =

C=

V(HCl) Vm

donc

0,500 0,500x24,0

=> C = 4,17.10-2mol.L-1

4. D'après l'équation de mise en solution: [H3O+] = C => [H3O+]=4,17.10-2mol.L-1 [Cl-(aq)] = C => [Cl-(aq)]=4,17.10-2mol.L-1


Exercice 2

1. Une mole d'ions chlorure apporte une mole de charges élémentaires négatives alors qu'une mole d' ions cuivre (II) apporte deux moles de charges élémentaires positives. Il faut donc associer une mole d'ions cuivre(II) avec deux moles d'ions chlorure pour assurer la neutralité électrique de l'édifice. La formule statistique du chlorure de cuivre (II) est donc: CuCl2. 2. L'équation de la réaction de mise en solution aqueuse s'écrit:

CuCl2(s)

Cu2+(aq) + 2Cl-(aq).

3.1 Par définition:

C=

n(CuCl2) V

C=

m(CuCl2) M(CuCl2).V

or

=>

n(CuCl2) =

C=

m(CuCl2) M(CuCl2)

don c

26,9 134,5x0,250

=> C=0,800mol.L-1

3.2 D'après l'équation de mise en solution on a: [Cu2+(aq)] = C => [Cu2+(aq)] = 0,800mol.L -1 [Cl-(aq)] = 2.C

=> [Cl-(aq)] = 2x0,800 => [Cl-(aq)] = 1,60mol.L-1


Exercice 3

1. cette expression signifie que l'on peut conserver cette solution assez longtemps sans qu'elle ne se dégrade. C'està-dire sans qu'elle ne perde ses propriétés. 2. La formule du sel de Mohr nous indique qu'une mole de ce sel contient: • • • •

Deux moles d'ions ammonium NH4+ qui apportent deux moles de charges élémentaires positives. Deux moles d'ions sulfate SO42- qui apportent quatre moles de charges élémentaires négatives. Une mole d'ions fer qui doit donc apporter deux apporter deux moles de charges élémentaires positives pour que la structure soit neutre. neutre. Six moles de molécules d'eau qui ne jouent pas de rôle du point de vue électrique.

D'après l'analyse qui précède le fer est présent sous la forme d'ion Fe (II) de formuleFe formule Fe2+. 3. Il s'agit de six moles de molécules d'eau qui sont restées prisonnières de la structure lors de sa cristallisation. 4. L'équation de la réaction de mise en solution aqueuse s'écrit: (NH4)2Fe(SO4)2,6H2O(s)

2NH4+(aq) + Fe2+(aq) + 2SO42-(aq) + 6H2O

5. Soit m la masse de sel de Mohr à mettre en solution et n la quantité de matière correspondante.

[Fe2+(aq)] =

n V

[Fe2+(aq)] =

m M.V

or

n=

m M

don c

=> m = [Fe2+(aq)].M.V => m = 0,10 x 392,1 x 100.10-3 => m = 3,92g

Les solutions électrolytiques.

Exercice 4

Il y a une différence d'électronégativité marquée entre les éléments hydrogène et azote. Donc chaque liaison N—H est polarisée comme l'indique la figure ci-contre. L'atome d'azote porte une densité électrique négative 3δ−. Chaque atome d'hydrogène porte une densité électrique positive δ+. Le barycentre des densités électriques positives coïncide avec le centre de gravité G (barycentre) du triangle de base formé par les trois atomes d'hydrogène (voir la figure ci-contre). Il apparaît donc un pôle négatif au voisinage de l'atome d'azote et un pôle positif au voisinage du point G. Ces deux pôles sont distincts, la molécule d'ammoniac présente un caractère dipolai

Les solutions électrolytiques. Exercice 5

1. L'équation de la réaction de mise en solution aqueuse s'écrit: H3O+ + NO3-(aq)

HNO3(l) + H2O

2. Soit C0 la concentration cherchée (concentration de la solution commerciale).

C0 =

mais donc

or

or

n(HNO3) V m(HNO3) = C0 =

n(HNO3) =

68.ms 100

m(HNO3) M

=>

C0 =

m(HNO3) M.V

ms: masse d'un volume V de solution.

68.ms 100.M.V

ms V

=µ

µ: masse volumique de la solution.

µe: masse volumique de et µ = µe.d l'eau. finalement

C0 =

68.µe.d 100.M

=>

C0 =

68x1,0.103x1,41 100x63,0

=> C0 = 15mol.L-1

Remarque: hormis le raisonnement qui précède, on peut parvenir au même résultat à l'aide d'un raisonnement Remarque: numérique préféré de certains. Voici ce raisonnement de dépannage. d=1,41 implique que la masse volumique de la solution est: µs=1,41.103g/L. Ou encore que la masse de 1,0L de solution est ms=1,41.103g. Le pourcentage massique de l'acide nitrique dans la solution est de 68% donc la masse d'acide nitrique présent dans 1,0L de solution est:

m(HNO3) = 0,68xms => m(HNO3) = 0,68x1,41.103 => m(HNO3) = 96.101g

La quantité de matière d'acide nitrique présente dans un litre de solution est alors

n(HNO3) =

m(HNO3) M

=>

n(HNO3) =

96.101 63,0

=> n(HNO3) = 15mol.L-1

Cette quantité de matière représente la quantité de matière d'acide nitrique par litre de solution. Par définition il s'agit de la concentration recherchée. 3. D'après l'équation de mise en solution de l'acide nitrique, [NO3-(aq)] = C. On cherche donc à préparer V1=0,500L d'une solution de concentration C1=0,10mol.L-1. Pour cela il faut prélever un volume V0 de concentration C0 tel que:

C0V0=C1V1 =>

V0 =

C1V1 C0

=>

V0 =

0,10x0,500 15

=> V0 = 3,3.10-3L => V0 = 3,3mL

Préparation de solutions aqueuses

Exercice 1:

1. On désire préparer un litre de solution mère de nitrate de fer III (Fe(NO3)3) de concentration Co=0,1mol.L-1. Quelle masse de ce produit doit-on peser? 2. A partir de cette solution, on désire préparer un volume V=250mL d'une solution fille de concentration C=2.10-3mol.L1 . Quel volume de la solution mère doit-on prélever? 3. Calculer les concentrations des ions présents dans la solution fille. 4. Vérifier la neutralité électrique de la solution. On donne les masse molaire atomiques: M(Fe)=55,8g.mol-1; M(N)=14g.mol-1; M(O)=16g.mol-1.

Correction

Exercice 2:

On mélange un volume V1=100cm3 d'une solution de sulfate de cuivre(II) de concentration C1=0,50 mol.L-1 et un volume V2=150cm3 d'une solution de sulfate de zinc de concentration C2=0,30 mol.L-1. Calculer les concentrations molaires des ions présents dans le mélange. Correction

Préparation de solutions aqueuses

Exercice 1: 1. Masse de produit à peser:

Calculons tout d'abord la masse molaire du nitrate de fer III: M(Fe(NO3)3)=M(Fe) + 3.(M(N)+3.M(O)) M(Fe(NO3)3)=55,8+3.(14+3.16) M(Fe(NO3)3)=241,8g.mol-1. La quantité de nitrate de fer III à placer dans un litre d'eau est n=Co.Vo, c'està dire: n=0,1x1 n=0,1 mol.

La masse de nitrate de fer III à peser est donc: m=n.M(Fe(NO3)3) m=0,1x241,8 m=24,18g. 2. Volume de solution mère à prélever:

Soit Vo le volume à prélever dans la solution mère. La quantité de matière de nitrate de fer III prélevée est: no=Co.Vo La quantité no se retrouve dans la solution fille: no=C.V Co.Vo=C.V

Vo=5.10-3L (5mL) 3. Concentration des ions de la solution fille:

L'équation de dissolution du nitrate de fer (III) dans l'eau s'écrit: Fe(NO3)3

d'où

Fe3+aq + 3 NO3-aq, d'où le bilan molaire:

Application numérique: [Fe3+]=2.10-3 mol.L-1

Application numérique: [NO3- ]=6. ]=6.10 10-3mol.L-1 4. Neutralité électrique:

La neutralité électrique s'écrit: 3.[Fe3+] = [NO3-] 3x2.10-3 = 6.10-3. La neutralité électrique de la solution est vérifiée.

Exercice 2:

L'équation de dissolution du sulfate de cuivre (II) dans l'eau s'écrit:

d'où le bilan molaire:

L'équation de dissolution du sulfate de zinc dans l'eau s'écrit:

d'où le bilan molaire:

La quantité d'ions cuivre (II) dans le mélange est: nCu2+ = nCuSO4 nCu2+ = C1.V1 nCu2+ = 0,5.100.10-3 nCu2+= 5,0.10-2mol. Le volume de la solution est V=V1+V2: [Cu2+] = nCu2+ / (V1+V2) [Cu2+]= 5,0.10-2 / 250.10-3 [Cu2+]=0,2mol.L-1. La quantité d'ions zinc dans le mélange est:

nZn2+ = nZnSO4 nZn2+ = C2.V2 nZn2+ = 0,3.150.10-3 nZn2+= 4,5.10-2mol. [Zn2+] = nZn2+ / (V1+V2) [Zn2+]= 4,5.10-2 / 250.10-3 [Zn2+]=0,18mol.L-1. La quantité d'ions sulfate dans le mélange est: nSO42-= nCuSO4 + nZnSO4 nSO42-= C1.V1 + C2.V2 nSO42-= 0,5.100.10-3 + 0,3.150.10-3 nSO42- = 9,5.10-2mol. [SO42-] = nSO42- / (V1+V2) [SO42-]= 9,5.10-2 / 250.10-3 [SO42-]=0,38 mol.L-1.

La réaction chimique


Exercice 1

Sur une masse m=10,0g de fer en poudre on verse un volume V=250mL d'une solution aqueuse de chlorure d'hydrogène (acide chlorhydrique) de concentration C=2,00mol.L-1. Il se forme du dihydrogène et des ions fer (II) en solution. 1. Écrire l'équation de la réaction. 2. Déterminer les quantités de matière initiales des réactifs. 3. Déterminer le réactif limitant. 4. En déduire la quantité de matière de fer dans l'état final. Correction Exercice 2

Le cuivre peut être préparé à partir du minerai constitué d'oxyde de cuivre (II) de formule CuOs. On fait réagir ce minerai avec du carbone Cs (historiquement on utilisait du charbon de bois). Cette réaction produit du cuivre métallique Cus et du dioxyde de carbone. Les conditions initiales sont: m(CuO)s=9,85.102g et m(C)s=16,8g. 1. Écrire l'équation de la réaction. 2. Dresser un tableau permettant de suivre l'évolution du système chimique au cours de la transformation en fonction de l'avancement x. 3. Déterminer la valeur de l'avancement maximal et le réactif limitant. 4. Réaliser un bilan de matière dans l'état final. 5. Déterminer la masse de cuivre préparé.


L'eau oxygénée, de formule H2O2, se décompose spontanément et lentement en donnant du dioxygène et de l'eau. 1. Écrire l'équation de la réaction de décomposition de l'eau oxygénée. 2. Un flacon, de volume V0=500 mL, hermétiquement fermé, contient un volume V=100 mL d'une solution d'eau oxygénée de concentration molaire C=1,0 mol.L-1. Déterminer la quantité de matière de dioxygène formé lorsque la décomposition de l'eau oxygénée est terminée. 3. Dans les conditions de stockage de cette solution, la température est θ=20°C. La constante d'état des gaz parfaits est R=8,314S.I et la pression atmosphérique est P0=1,013.105 Pa. Déterminer la pression du dioxygène dans le flacon en considérant le dioxygène et l'air comme des gaz parfaits. 4. Quel commentaire vous inspire le résultat précédent? Correction Exercice 4

Pour mettre en évidence la présence d'ions chlorure en solution on peut, dans certains cas, faire agir sur cette solution une solution contenant des ions argent. On assiste alors à la précipitation du chlorure d'argent (blanc qui noircit à la lumière). On mélange un volume V = 100mL de solution de chlorure de calcium, de formule Ca2+(aq) + 2Cl-(aq), et un volume V=100mL de solution de nitrate d'argent, de formule Ag+(aq) + NO3-(aq). Ces deux solutions ont la même concentration molaire c=1,0.10-2 mol.L-1. Dans la suite, par souci de simplification, les ions en solution aqueuse seront notés sans la mention (aq). 1. Dresser le tableau d'avancement de la réaction de précipitation du chlorure d'argent. 2. Déterminer la quantité de matière de chlorure d'argent obtenue dans l'état final. 3. Déterminer les concentrations molaires des ions en solution dans l'état final. Correction Exercice 5

On peut produire du dichlore en faisant réagir du chlorure d'hydrogène et du dioxygène. On obtient en plus de la vapeur d'eau. 1. Écrire l'équation de la réaction. 2. Les graphes donnés ci-contre donne l'évolution des quantités de matière des réactifs en fonction de l'avancement x de la réaction. A l'aide de ces graphes, déterminer: a. La composition, en quantité de matière, du système dans l'état initial. b. Le réactif limitant et l'avancement maximal xmax de la réaction. 3. Tracer les graphes représentant l'évolution des quantités de matière des produits formés en fonction de l'avancement x. 4. Déterminer la composition du système, en quantité de matière, dans l'état final.

Correction

La réaction chimique.

Exercice 1

1. L'équation de la réaction est: Fe + 2H 3O+

Fe2+ + H2 + 2H2O

2. La quantité de matière initiale de fer est donnée par le raisonnement suivant:

n(Fe)i =

m M(Fe)

=>

n(Fe)i =

10,0 55,8

=> n(Fe)i = 0,179 mol

La quantité de matière initiale d'acide chlorhydrique est donnée par le raisonnement suivant:

C=

n(H3O+)i V

=> n(H3O+)i = C.V => n(H3O+)i = 2,0x0,250 => n(H3O+)i = 0,500 mol

3. On a:

n(Fe)i = 0,179 1

et

n(H3O+)i 2

= 0,250

donc

donc Fe est le réactif limitant 4. Le réactif limitant est celui qui est totalement consommé au cours de la réaction. Donc n(Fe)f = 0,00mol. 0,00mol.


Exercice 2

1. L'équation de la réaction est: 2CuO(s) + C(s)

CO2(g) + 2Cu(s)

Désormais, par souci de simplicité, on ne fera plus figurer les états de la matière. 2. La quantité de matière initiale d'oxyde de cuivre (II) est donnée par:

n(CuO)i =

m(CuO) M(CuO)

=>

n(CuO)i =

9,85.102 79,5

=> n(CuO)i = 12,4 mol

La quantité de matière initiale de carbone est donnée par:

n(C)i =

m(C) M(C)

n(C)i =

=>

16,8 12,0

=> n(C)i = 1,40 mol

Le tableau d'avancement de la réaction est alors:


2CuO(s) + C(s)

CO2(g) + 2Cu(s)

Etat initial (mol)

n(CuO)i=12,4

n(C)i=1,40

n(CO2)i=0,0

n(Cu)i=0,0


n(Cu n(CuO) O)=1 =12, 2,44-2x 2x

n(C) n(C)=1 =1,,40-x 40-x

n(C n(CO O2)=x

n(Cu)=2x

Etat final (mol) n(CuO)f =12,4-2x =12,4-2xmax n(C)f =1,40-x =1,40-x max n(CO2)f =x =x max n(Cu)f =2x =2xmax l'avancement est xmax(mol)

3. D'après les nombres stoéchiométriques (bilan molaire) on a:

n(C)i = 1,40 mol

n(CuO)i 2

et

= 6,20 mol =>

L'espèce limitante est le carbone C. C. L'avancement maximum est donc tel que: n(C)f = 0 => 1,40-x max= 0 => xmax = 1,40 mol

4. En recopiant la dernière ligne du tableau d'avancement et en remplaçant xmax par sa valeur on a:

Etat final (mol) n(CuO)f =9,60 =9,60 n(C)f =0,0 = 0,000 n(CO n(CO2)f =1,40 =1,40 nn(Cu)f =2,80 =2,80 l'avancement est xmax(mol)

5. La masse de cuivre préparé est donnée par:

m(Cu)= n(Cu)f .M(Cu) .M(Cu) =>

m(cu) = 2,80x63,5

=> m(Cu) = 178 g


Exercice 3

1. L'équation de la réaction s'écrit:

2H2O2

O2 + 2H2O

2. La quantité de matière initiale d'eau oxygénée est donnée par:

C=

n(H2O2)i V

=> n(H2O2)i = C.V => n(H2O2)i = 1,0x0,100 => n(H2O2)i = 0,10 mol

Le tableau d'avancement de la réaction, dans lequel on ne fera pas figurer les données concernant l'eau qui est en large excès, est:


2H2O2

O2 + 2H2O

Etat initial (mol)

n(H2O2)i = 0,10

n(O2)i = 0,00


n(H2O2) = 0,10-2x

n(O2) = x

Etat final (mol) n(H2O2)f = 0,10-2xmax n(O2)f = xmax l'avancement est xmax(mol)

Lorsque la décomposition est terminée, n(H2O2)f = 0 => 0,10-2x 0,10-2xmax = 0 0,10 2

xmax =

=>

=> xmax = 5,0.10-2 mol

alors n(O2)f = xmax => n(O2)f = 5,0.10-2 mol

3. Déterminons le volume molaire des gaz dans les conditions de stockage.

P0.Vm = R.T =>

=>

R.T Pm

Vm =

8,314x(20+273 ) Vm = 1,013.105

=> Vm = 2,4.10-2 m3.mol-1 => Vm = 24 L.mol-1

Déterminons alors la quantité de matière d'air présente dans le flacon.

n(air) =

Vair Vm

=>

n(air) =

0,400 24

=> n(air) = 1,7.10 -2 mol

Soit n = n(O2)f + n(air) la quantité de matière de gaz totale présente en fin de décomposition dans le flacon et V' le volume occupé par les gaz (V' = V(air) = 0,400L). La pression dans le flacon est donnée par la loi d'état des gaz parfaits:

P.V' = n.R.T =>

=>

P=

n.R.T V'

(5,0.10-2+1,7.10-2)x8,314x293 P= 0,400.10-3

=> P = 4,1.10 5 Pa

4. La pression finale est quatre fois plus grande que la pression initiale. Il y a donc un risque de destruction du flacon dû à cette surpression.


Exercice 4

1. La quantité de matière initiale d'ions argent est donnée par: n(Ag+)i = c.V => n(Ag+)i = 1,0.10-2x0,100 => n(Ag+)i = 1,0.10-3 mol

de la même façon n(Cl-)i = 2c.V => n(Cl-)i = 2x1,0.10-2x0,100 => n(Cl-)i = 2,0.10-3 mol

Le tableau d'avancement est:


Ag+ + Cl-

Etat initial (mol)

n(Ag+)i = 1,0.10-3

n(Cl-)i = 2,0.10-3

n(AgCl)i = 0,0


n(Ag+) = 1,0.10-3-x

n(Cl-) = 2,0.10-3-x

n(AgCl) = x

AgCl

Etat final (mol) n(Ag+)f = 1,0.10-3-xmax n(Cl-)f = 2,0.10-3-xmax n(AgCl)f = xmax l'avancement est xmax(mol)

2. On a: n(Ag+)i < n(Cl-)i

donc Ag+ est le réactif limitant. Il disparaît totalement. Alors n(Ag+)f = 0,0 => 1,0.10 1,0.10-3-xmax = 0 => xmax = 1,0.10-3 mol

On a donc n(AgCl)f = 1,0.10-3 mol. 3. Deux espèces n'ont pas participé à la réactions. Déterminons leur concentration molaire. La solution de chlorure de calcium a apporté une quantité de matière d'ions calcium n(Ca2+) telle que:

n(Ca2+) = c.V. La

concentration finale en ions donnée par:

calcium est alors

c.V Vf

[Ca2+]f =

or Vf = 2V

=>

1,0.10-2 [Ca ]f = 2 => [Ca2+]f = 5,0.10-3 mol.L-1

c 2

donc [Ca ]f = 2+

2+

La solution de nitrate quantité de matière d'ions

d'argent a apporté une nitrate n(NO3-) telle que:

n(NO3-) = c.V. La concentration finale en ions nitrate est alors donnée par:

c.V Vf

[NO3-]f = donc [NO ] = 3 f

or Vf = 2V 1,0.10-2 2 => [NO3-]f = 5,0.10-3 mol.L-1

c 2

=>

[NO ] = 3 f

Déterminons maintenant les concentrations des deux autres ions dans la solution finale. Ag+ est le réactif limitant. Cette espèce a totalement disparu: [Ag+]f = 0,0 mol.L-1 La quantité de matière finale d'ions Cl- dans l'état final est: n(Cl-)f = 2,0.10-3-xmax => n(Cl-)f = 2,0.10-3-1,0.10-3 => n(Cl-)f = 1,0.10-3 mol

La concentration des ions chlorure dans l'état final est alors:

[Cl-]f =

n(Cl-)f Vf

=>

[Cl-]f =

=>

[Cl-]f =

n(Cl-)f 2V 1,0.10-3 2x0,100

=> [Cl-]f = 5,0.10-3 mol.L-1


Exercice 5

1. L'équation de la réaction s'écrit: 4HCl + O2

+ 2Cl2 + 2H2O

2. Il s'agit d"un exercice graphique. Il faut donc reproduire soigneusement sur papier millimétré le graphique fourni. a. Dans l'état initial, x = 0. Une lecture graphique donne alors la composition du système dans cet état.

• • •

n(HCl)i = 12 mol, mol, n(O2)i = 4,0 mol. Nous n'avons pas d'informations sur le dichlore et sur l'eau. Nous supposerons quen(Cl que n(Cl2)i = n(H2O)i = 0,0 mol.. mol

b. Le réactif limitant est celui qui disparaît le premier. Le réactif limitant est donc HCl. HCl. L'avancement maximal est l'avancement lorsque le réactif limitant disparaît totalement. On lit:x lit: xmax = 3,0 mol. mol. 3. D'après les nombres stoechiométriques, les quantités de matière des produits sont; n(Cl2) = 2x

et

n(H2O) = 2x

Les deux graphes correspondant sont confondus et représentés en bleu. 4. Une lecture graphique donne la composition du système. n(HCl)f = 0,0 mol

n(H2O)f = 6,0 mol

n(O2)f = 1, 1,0 0 mo moll

n(Cl n( Cl2)f = 6,0 mol

1°s

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