Exercices corrigés : entités chimiques et transformations de la matière (Seconde)

a) Chlore 35 : $17$ protons, $35-17=18$ neutrons, $17$ électrons. Chlore 37 : $17$ protons, $20$ neutrons, $17$ électrons. Argon 40 : $18$ protons, $22$ neutrons, $18$ électrons. Calcium 40 : $20$ protons, $20$ neutrons, $20$ électrons. Le nombre d'électrons de l'ATOME est toujours égal à $Z$, puisque l'atome est neutre.

b) Les deux chlores sont isotopes : même $Z=17$, donc même élément, mais $A$ différents. L'argon 40 et le calcium 40 ont le même nombre de nucléons, $A=40$, sans être isotopes : leurs $Z$ diffèrent, ce sont deux éléments distincts. Retenir que c'est $Z$, et lui seul, qui donne l'identité chimique d'un atome.

c) $M=0{,}75\times 35+0{,}25\times 37=26{,}25+9{,}25=35{,}5\ \mathrm{g/mol}$. C'est bien la valeur du tableau périodique, et c'est la raison pour laquelle la masse molaire du chlore n'est pas un nombre entier : elle est une moyenne pondérée sur les isotopes réellement présents dans la nature.

d) Le noyau contient $35$ nucléons de masse voisine de $1{,}67\times 10^{-27}\ \mathrm{kg}$, soit $m_{noyau}=35\times 1{,}67\times 10^{-27}=5{,}845\times 10^{-26}\ \mathrm{kg}$. Les $17$ électrons pèsent $17\times 9{,}11\times 10^{-31}=1{,}549\times 10^{-29}\ \mathrm{kg}$, soit environ $0{,}026\ \%$ du total. Toute la masse est donc dans le noyau, à mieux que trois pour dix mille près, et c'est pourquoi on écrit couramment que la masse d'un atome vaut $A$ fois la masse d'un nucléon.

e) Le volume est proportionnel au cube du rayon, donc le rapport vaut $\left(\dfrac{10^{-10}}{10^{-15}}\right)^3=(10^{5})^3=10^{15}$. Le noyau occupe donc un millionième de milliardième du volume de l'atome. Autrement dit, la matière est essentiellement du vide : si le noyau avait la taille d'une bille d'un centimètre, le premier électron tournerait à un kilomètre de là.

a) Sodium, $11$ électrons : $1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^1$. Chlore, $17$ électrons : $1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^5$. Magnésium, $12$ électrons : $1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2$. Le contrôle à faire systématiquement : la somme des exposants doit redonner $Z$.

b) Les électrons de valence sont ceux de la dernière couche occupée, ici la couche $n=3$. Sodium : $1$ électron de valence, il en perd un et donne $\mathrm{Na^+}$. Magnésium : $2$ électrons de valence, il en perd deux et donne $\mathrm{Mg^{2+}}$. Chlore : $7$ électrons de valence, il en gagne un et donne $\mathrm{Cl^-}$.

c) Les deux cherchent bien la même chose, une couche externe saturée à huit électrons. Mais ils n'en sont pas à la même distance. Le sodium n'a qu'un électron sur sa troisième couche : il est beaucoup plus économique d'en perdre un, ce qui laisse la deuxième couche pleine en dessous, que d'en gagner sept. Le chlore, avec sept électrons de valence, n'en a qu'un à gagner. Chacun prend le chemin le plus court vers l'octet, et ces chemins sont opposés.

d) La période est le numéro de la dernière couche occupée, la colonne se lit sur le nombre d'électrons de valence. Sodium : période 3, première colonne, famille des alcalins. Magnésium : période 3, deuxième colonne, alcalino-terreux. Chlore : période 3, avant-dernière colonne, famille des halogènes. Les trois sont sur la même ligne parce qu'ils remplissent tous la troisième couche.

e) Non. Ils ont bien la même structure électronique, $1s^2\,2s^2\,2p^6$, mais pas le même NOYAU : le néon a $10$ protons, l'ion sodium en a $11$. Le néon est un gaz noble électriquement neutre et chimiquement inerte, tandis que $\mathrm{Na^+}$ porte une charge positive, se dissout dans l'eau, s'associe aux ions négatifs et conduit le courant en solution. La structure électronique explique la stabilité, mais c'est le nombre de protons qui définit l'espèce.

a) L'oxygène de $\mathrm{H_2O}$ porte $2$ doublets liants et $2$ non liants. L'azote de $\mathrm{NH_3}$ : $3$ liants et $1$ non liant. Le carbone de $\mathrm{CH_4}$ : $4$ liants, aucun non liant. Le carbone de $\mathrm{CO_2}$ : $2$ doubles liaisons, donc $2$ directions de liaison et aucun doublet non liant.

b) La géométrie est fixée par le nombre de DIRECTIONS autour de l'atome central, doublets non liants compris. Quatre directions donnent un arrangement tétraédrique : $\mathrm{CH_4}$ est tétraédrique, $\mathrm{NH_3}$ pyramidale, car un des quatre sommets est occupé par un doublet non liant invisible, et $\mathrm{H_2O}$ coudée, avec deux sommets occupés par des doublets non liants. $\mathrm{CO_2}$ n'a que deux directions, elles se placent à $180\ \mathrm{^\circ}$ : la molécule est linéaire.

c) La molécule 1 est l'eau et la molécule 2 le dioxyde de carbone. Toutes deux ont trois atomes, mais dans l'eau l'oxygène central porte en plus deux doublets non liants, qui prennent de la place et repoussent les deux liaisons $\mathrm{O-H}$ jusqu'à les ramener à environ $105\ \mathrm{^\circ}$. Dans $\mathrm{CO_2}$, le carbone central n'a rien d'autre que ses deux doubles liaisons, qui s'écartent au maximum, soit $180\ \mathrm{^\circ}$. Ce sont les doublets qu'on ne dessine pas qui décident de la forme.

d) $M(\mathrm{H_2O})=2\times 1{,}0+16{,}0=18{,}0\ \mathrm{g/mol}$. $M(\mathrm{NH_3})=14{,}0+3\times 1{,}0=17{,}0\ \mathrm{g/mol}$. $M(\mathrm{CH_4})=12{,}0+4\times 1{,}0=16{,}0\ \mathrm{g/mol}$. $M(\mathrm{CO_2})=12{,}0+2\times 16{,}0=44{,}0\ \mathrm{g/mol}$.

e) $n=\dfrac{m}{M}=\dfrac{1000}{18{,}0}=55{,}6\ \mathrm{mol}$. Puis $N=n\times N_A=55{,}6\times 6{,}02\times 10^{23}=3{,}34\times 10^{25}$ molécules. Deux vérifications de méthode : la masse doit être en grammes avant de diviser par $M$, et le résultat final doit être un très grand nombre, sans unité, puisqu'on compte des objets. Un litre d'eau contient donc plus de molécules qu'il n'y a d'étoiles dans l'univers observable.

a) $M(\mathrm{C_6H_{12}O_6})=6\times 12{,}0+12\times 1{,}0+6\times 16{,}0=72{,}0+12{,}0+96{,}0=180{,}0\ \mathrm{g/mol}$. Donc $n=\dfrac{9{,}0}{180{,}0}=0{,}050\ \mathrm{mol}$, soit $50\ \mathrm{mmol}$.

b) $M(\mathrm{NaCl})=23{,}0+35{,}5=58{,}5\ \mathrm{g/mol}$, donc $m=n\,M=0{,}250\times 58{,}5=14{,}6\ \mathrm{g}$. La formule $n=\dfrac{m}{M}$ se retourne sans difficulté, mais le contrôle d'unité reste utile : des moles multipliées par des grammes par mole donnent bien des grammes.

c) $n=\dfrac{N}{N_A}=\dfrac{2{,}70\times 10^{22}}{6{,}02\times 10^{23}}=4{,}49\times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$. Puis $m=n\,M=4{,}49\times 10^{-2}\times 55{,}8=2{,}50\ \mathrm{g}$. Le passage par la quantité de matière est obligatoire : il n'existe pas de formule directe du nombre d'atomes à la masse, et vouloir en inventer une est l'erreur la plus fréquente du chapitre.

d) La quantité de glucose vaut $0{,}050\ \mathrm{mol}$, et chaque molécule de glucose porte $6$ atomes de carbone. Donc $n(\mathrm{C})=6\times 0{,}050=0{,}30\ \mathrm{mol}$, et $N(\mathrm{C})=0{,}30\times 6{,}02\times 10^{23}=1{,}81\times 10^{23}$ atomes de carbone. La formule chimique est une recette de comptage : l'indice $6$ multiplie les moles d'atomes, pas les grammes.

e) Sans calcul : à masse égale, l'échantillon fait de l'entité la plus LÉGÈRE contient le plus d'entités. Le chlorure de sodium ($58{,}5$) est plus lourd par mole que le fer ($55{,}8$), donc le fer devrait l'emporter, mais de peu. Vérification : $n(\mathrm{Fe})=\dfrac{10{,}0}{55{,}8}=0{,}179\ \mathrm{mol}$ et $n(\mathrm{NaCl})=\dfrac{10{,}0}{58{,}5}=0{,}171\ \mathrm{mol}$. Le fer gagne bien, avec environ $5\ \%$ d'entités de plus. Raisonner d'abord, calculer ensuite, évite de se tromper de sens dans la division.

a) Transformations physiques : la fusion de la glace et la dissolution du sel dans l'eau. Dans les deux cas les entités restent les mêmes, elles changent seulement d'état ou de voisinage. Transformations chimiques : la combustion du butane et la formation de rouille. Transformation nucléaire : la désintégration de l'uranium 238. La dissolution est le piège de la liste : le sel se sépare en ions, mais ces ions préexistaient dans le cristal, aucune liaison covalente n'est rompue.

b) Oui, la même formule $\mathrm{H_2O}$ dans les deux cas : c'est la même espèce chimique. Ce qui change est l'organisation des molécules les unes par rapport aux autres. Dans le liquide, elles se touchent et glissent ; dans la vapeur, elles sont très éloignées et se déplacent librement. Aucune liaison $\mathrm{O-H}$ n'est rompue en faisant bouillir de l'eau, seules les interactions ENTRE molécules le sont.

c) Les produits d'une combustion complète dans le dioxygène sont toujours le dioxyde de carbone et l'eau : $\mathrm{C_4H_{10}}+\mathrm{O_2}\rightarrow \mathrm{CO_2}+\mathrm{H_2O}$. On ajuste le carbone d'abord, puis l'hydrogène, l'oxygène en dernier car c'est lui qui apparaît partout : $2\,\mathrm{C_4H_{10}}+13\,\mathrm{O_2}\rightarrow 8\,\mathrm{CO_2}+10\,\mathrm{H_2O}$. Vérification : à gauche $8$ carbones, $20$ hydrogènes, $26$ oxygènes ; à droite $8$ carbones, $20$ hydrogènes et $8\times 2+10=26$ oxygènes. C'est ajusté.

d) La conservation du nombre de nucléons et du nombre de charges impose : $^{238}_{92}\mathrm{U}\rightarrow {}^{4}_{2}\mathrm{He}+{}^{234}_{90}\mathrm{X}$. Le noyau formé a $90$ protons, c'est le thorium. On lit les deux lois directement sur les indices : $238=4+234$ en haut, $92=2+90$ en bas.

e) Parce qu'une transformation chimique ne réarrange que les électrons de valence, alors qu'une transformation nucléaire touche les nucléons, liés entre eux par une interaction d'une tout autre intensité. C'est pourquoi un gramme d'uranium libère environ un million de fois plus d'énergie qu'un gramme de charbon.

a) On part du fer et de l'oxygène, tous deux en nombre impair d'un côté. En prenant $4$ fers et $3$ dioxygènes : $4\,\mathrm{Fe}+3\,\mathrm{O_2}\rightarrow 2\,\mathrm{Fe_2O_3}$. Vérification : $4$ fers à gauche, $2\times 2=4$ à droite ; $6$ oxygènes à gauche, $2\times 3=6$ à droite.

b) Carbone d'abord : $3\,\mathrm{CO_2}$. Hydrogène ensuite : $8$ hydrogènes donnent $4\,\mathrm{H_2O}$. Oxygène en dernier : la droite en contient $3\times 2+4=10$, donc il faut $5\,\mathrm{O_2}$. L'équation ajustée est $\mathrm{C_3H_8}+5\,\mathrm{O_2}\rightarrow 3\,\mathrm{CO_2}+4\,\mathrm{H_2O}$.

c) Le chlore impose $3$ chlorures par aluminium, et l'hydrogène doit sortir par paires. En doublant : $2\,\mathrm{Al}+6\,\mathrm{HCl}\rightarrow 2\,\mathrm{AlCl_3}+3\,\mathrm{H_2}$. Vérification : $6$ hydrogènes et $6$ chlores de chaque côté, $2$ aluminiums de chaque côté.

d) Parce qu'il a changé la nature du réactif au lieu de changer sa quantité. $\mathrm{O_2}$ est le dioxygène de l'air, $\mathrm{O_3}$ est l'ozone, une espèce chimique différente, avec d'autres propriétés et d'autres conditions d'existence. Un coefficient se place DEVANT la formule, jamais dans les indices : l'énoncé fixe les espèces, l'ajustement ne fixe que le nombre de molécules de chacune.

e) La masse totale se conserve au cours d'une transformation chimique, puisque les atomes ne font que se réarranger. Donc $m(\mathrm{C_3H_8})+m(\mathrm{O_2})=m(\mathrm{CO_2})+m(\mathrm{H_2O})$, d'où $m(\mathrm{O_2})=13{,}2+7{,}2-4{,}4=16{,}0\ \mathrm{g}$. Contrôle par les quantités de matière : $4{,}4\ \mathrm{g}$ de propane, de masse molaire $44{,}0\ \mathrm{g/mol}$, font $0{,}10\ \mathrm{mol}$ ; l'équation demande $5$ fois plus de dioxygène, soit $0{,}50\ \mathrm{mol}$, ce qui pèse $0{,}50\times 32{,}0=16{,}0\ \mathrm{g}$. Les deux méthodes concordent.

a) État initial : $n(\mathrm{Al})=0{,}30$, $n(\mathrm{HCl})=0{,}60$, produits nuls. État intermédiaire, avancement $x$ : $n(\mathrm{Al})=0{,}30-2x$, $n(\mathrm{HCl})=0{,}60-6x$, $n(\mathrm{AlCl_3})=2x$, $n(\mathrm{H_2})=3x$. Chaque coefficient de l'équation devient le coefficient de $x$ dans sa colonne, en soustraction pour les réactifs et en addition pour les produits.

b) Le réactif limitant est celui qui atteint zéro le premier. Pour l'aluminium : $0{,}30-2x=0$ donne $x=0{,}150$. Pour le chlorure d'hydrogène : $0{,}60-6x=0$ donne $x=0{,}100$. C'est la plus petite valeur qui s'impose, sinon une quantité deviendrait négative. Donc $x_{max}=0{,}100\ \mathrm{mol}$ et le réactif limitant est le chlorure d'hydrogène.

c) Avec $x_{max}=0{,}100$ : $n(\mathrm{Al})=0{,}30-0{,}200=0{,}100\ \mathrm{mol}$ restants, $n(\mathrm{HCl})=0$, $n(\mathrm{AlCl_3})=0{,}200\ \mathrm{mol}$, $n(\mathrm{H_2})=0{,}300\ \mathrm{mol}$. Le contrôle utile : le réactif limitant, et lui seul, doit tomber exactement à zéro.

d) $M(\mathrm{H_2})=2{,}0\ \mathrm{g/mol}$, donc $m(\mathrm{H_2})=0{,}300\times 2{,}0=0{,}60\ \mathrm{g}$. Pour l'aluminium restant : $m=0{,}100\times 27{,}0=2{,}70\ \mathrm{g}$. Un tiers de l'aluminium introduit ne réagit pas, faute d'acide : le métal restant est visible au fond du bécher une fois le dégagement gazeux terminé, et c'est le signe expérimental qu'il n'était pas limitant.

e) L'erreur est de comparer les quantités de matière brutes, alors que les réactifs ne sont pas consommés au même rythme. L'équation en consomme $6$ de chlorure d'hydrogène pour $2$ d'aluminium, soit trois fois plus vite. Il faut donc comparer $\dfrac{n}{coefficient}$ : $\dfrac{0{,}30}{2}=0{,}150$ contre $\dfrac{0{,}60}{6}=0{,}100$. Pour que les deux s'épuisent ensemble, il faudrait un mélange stoechiométrique, c'est-à-dire $\dfrac{n(\mathrm{HCl})}{6}=\dfrac{0{,}30}{2}$, soit $n(\mathrm{HCl})=0{,}90\ \mathrm{mol}$, une fois et demie ce qui a été versé.

a) Faux : les propriétés chimiques ne dépendent que du cortège électronique, donc de $Z$, identique pour deux isotopes. Correct : « deux isotopes ont les mêmes propriétés chimiques et des propriétés physiques légèrement différentes, notamment la masse et parfois la stabilité du noyau ». C'est précisément ce qui rend la datation au carbone possible : le carbone 14 se comporte chimiquement comme le carbone 12, il s'intègre aux mêmes molécules, mais lui se désintègre.

b) Faux : la mole compte des ENTITÉS, elle ne pèse rien par elle-même. Correct : « une mole est un paquet de $6{,}02\times 10^{23}$ entités ; sa masse dépend de l'entité et vaut la masse molaire $M$, en $\mathrm{g/mol}$ ». Une mole d'hydrogène pèse $1{,}0\ \mathrm{g}$, une mole de fer $55{,}8\ \mathrm{g}$, et pourtant les deux contiennent le même nombre d'atomes.

c) Faux sur deux points : ce n'est ni une histoire de masse, ni une simple comparaison de quantités. Correct : « le réactif limitant est celui pour lequel le rapport $\dfrac{n_{initial}}{coefficient\ stoechiom\acute{e}trique}$ est le plus petit ». Comparer les masses est le plus mauvais critère possible, puisque des entités de masses molaires très différentes peuvent être présentes en quantités identiques.

d) Faux : il a fabriqué du peroxyde d'hydrogène, l'eau oxygénée, qui n'est pas de l'eau. Ajuster ne consiste jamais à modifier les indices d'une formule, car cela change l'espèce chimique. Correct : « on place les coefficients devant les formules : $2\,\mathrm{H_2}+\mathrm{O_2}\rightarrow 2\,\mathrm{H_2O}$ », où l'on compte bien $4$ hydrogènes et $2$ oxygènes de chaque côté.

e) Faux : l'évaporation est une transformation PHYSIQUE. Correct : « quand l'eau s'évapore, seules les interactions entre molécules voisines sont rompues ; chaque molécule $\mathrm{H_2O}$ reste intacte et part entière dans la phase gazeuse ». Casser les liaisons $\mathrm{O-H}$ demanderait environ vingt fois plus d'énergie, et donnerait du dihydrogène et du dioxygène, ce qu'aucune casserole n'a jamais produit.

a) $M(\mathrm{CH_4})=12{,}0+4\times 1{,}0=16{,}0\ \mathrm{g/mol}$, et $80{,}0\ \mathrm{kg}=8{,}00\times 10^{4}\ \mathrm{g}$. Donc $n=\dfrac{8{,}00\times 10^{4}}{16{,}0}=5{,}00\times 10^{3}\ \mathrm{mol}$, soit $5000\ \mathrm{mol}$ de méthane.

b) L'équation consomme $2$ moles de dioxygène par mole de méthane : $n(\mathrm{O_2})=2\times 5000=1{,}00\times 10^{4}\ \mathrm{mol}$. Sa masse vaut $m=1{,}00\times 10^{4}\times 32{,}0=3{,}20\times 10^{5}\ \mathrm{g}$, soit $320\ \mathrm{kg}$. Son volume vaut $V=n\,V_m=1{,}00\times 10^{4}\times 24{,}0=2{,}40\times 10^{5}\ \mathrm{L}$, soit $240\ \mathrm{m^3}$. L'air en contenant un cinquième, il faut $5\times 240=1200\ \mathrm{m^3}$ d'air. Un logement type fait $200\ \mathrm{m^3}$ : la chaudière consomme chaque mois six fois le volume d'air du logement, ce qui explique pourquoi une ventilation permanente est obligatoire.

c) L'équation produit $1$ mole de dioxyde de carbone par mole de méthane : $n(\mathrm{CO_2})=5000\ \mathrm{mol}$. Avec $M(\mathrm{CO_2})=44{,}0\ \mathrm{g/mol}$ : $m=5000\times 44{,}0=2{,}20\times 10^{5}\ \mathrm{g}$, soit $220\ \mathrm{kg}$. Brûler $80\ \mathrm{kg}$ de gaz rejette près de trois fois cette masse en dioxyde de carbone, parce que les atomes d'oxygène qui s'ajoutent au carbone viennent de l'air et pèsent plus lourd que le carbone lui-même.

d) $n(\mathrm{H_2O})=2\times 5000=1{,}00\times 10^{4}\ \mathrm{mol}$, donc $m=1{,}00\times 10^{4}\times 18{,}0=1{,}80\times 10^{5}\ \mathrm{g}$, soit $180\ \mathrm{kg}$. Bilan : entrée $80+320=400\ \mathrm{kg}$, sortie $220+180=400\ \mathrm{kg}$. La masse est conservée, ce qui valide l'ensemble des calculs précédents d'un seul coup.

e) La combustion complète demande $2$ moles de dioxygène par mole de méthane ; la combustion incomplète n'en demande que $\dfrac{3}{2}=1{,}5$. C'est exactement pour cela qu'elle se produit quand l'air manque : faute de dioxygène en quantité suffisante, le carbone ne va pas jusqu'au dioxyde de carbone et s'arrête au monoxyde. Or le monoxyde de carbone est incolore, inodore et se fixe sur l'hémoglobine à la place du dioxygène : il tue sans signal d'alerte. Un défaut d'aération n'est donc pas seulement une perte de rendement, c'est le mécanisme même de l'intoxication.

a) La conservation du nombre de nucléons donne $14=0+A$, donc $A=14$. La conservation de la charge donne $6=-1+Z$, donc $Z=7$. Le noyau formé est $^{14}_{7}\mathrm{N}$, l'azote 14. Un neutron du noyau s'est transformé en proton : le nombre de nucléons ne change pas, mais l'élément, lui, change.

b) Chaque demi-vie divise la proportion par deux : $100\ \%$, puis $50\ \%$, puis $25\ \%$, puis $12{,}5\ \%$. Il a donc fallu $3$ demi-vies, car $\left(\dfrac{1}{2}\right)^3=\dfrac{1}{8}=0{,}125$. L'âge vaut $3\times 5730=17190$ ans.

c) Sur le graphique, l'ordonnée $12{,}5\ \%$ correspond au quatrième point, d'abscisse $17190$ ans, ce qui confirme le calcul. La lecture graphique et le calcul par les demi-vies doivent toujours concorder, et la courbe montre bien que la décroissance ralentit : la première tranche de $5730$ ans fait perdre $50$ points de pourcentage, la troisième seulement $12{,}5$.

d) Parce que le carbone 14, étant isotope du carbone 12, a exactement les mêmes propriétés chimiques : il forme les mêmes molécules, entre dans le dioxyde de carbone, est absorbé par la photosynthèse et se retrouve dans les tissus de l'arbre dans la même proportion que dans l'atmosphère. Si sa chimie différait, il serait trié par le vivant et sa proportion dans le bois n'aurait plus rien à voir avec celle de l'air : la datation reposerait sur une hypothèse fausse.

e) $50\,000$ ans représentent $\dfrac{50\,000}{5730}\approx 8{,}7$ demi-vies, soit près de neuf, ce qui laisse une proportion de $\left(\dfrac{1}{2}\right)^9$, soit environ $0{,}2\ \%$ du carbone 14 initial. Le graphique montre que la courbe est déjà pratiquement collée à l'axe horizontal après quatre demi-vies. Le signal restant devient alors du même ordre que le bruit de mesure et que les contaminations, et un écart de mesure minime se traduit par un écart d'âge de plusieurs milliers d'années. Pour dater plus ancien, on change d'horloge et on utilise un noyau à demi-vie beaucoup plus longue, comme l'uranium 238.