Exercices corrigés : molécules, mole et quantité de matière (Seconde)

Hydrogène : $1$ électron de valence, il forme $1$ liaison. Carbone ($1s^{2}\,2s^{2}\,2p^{2}$) : $4$ électrons de valence, il lui en manque $4$, il forme $4$ liaisons. Azote : $5$ électrons de valence, il en manque $3$, donc $3$ liaisons. Oxygène : $6$ électrons de valence, il en manque $2$, donc $2$ liaisons. La règle tient en une phrase : nombre de liaisons $=8-$ (nombre d'électrons de valence), sauf pour l'hydrogène.

L'oxygène a $6$ électrons de valence, dont $2$ sont engagés dans les deux liaisons O-H. Il en reste $4$, soit $2$ doublets non liants : c'est bien ce que montre la figure. L'azote a $5$ électrons de valence, $3$ sont engagés dans les liaisons N-H, il en reste $2$, soit $1$ seul doublet non liant. La figure en montre bien un seul, le tiret au-dessus de N. Le contrôle général : doublets LIANTS $+$ doublets non liants $=4$ autour d'un atome de la deuxième ligne, une double liaison comptant pour deux doublets.

De ce qui entoure l'atome central. Autour de l'oxygène de l'eau, il y a $2$ liaisons et $2$ doublets non liants, soit $4$ groupes qui se repoussent et se placent en tétraèdre : les deux liaisons font alors un angle d'environ $104{,}5\ \mathrm{^\circ}$, la molécule est coudée. Autour du carbone du dioxyde de carbone, il n'y a que $2$ groupes, les deux doubles liaisons, et rien d'autre : elles s'écartent au maximum, à $180\ \mathrm{^\circ}$, et la molécule est linéaire. Ce sont les doublets NON liants, invisibles dans la formule brute, qui font toute la différence.

Dichlore : chaque chlore a $7$ électrons de valence, il lui en manque $1$, donc une liaison simple $\mathrm{Cl}-\mathrm{Cl}$, et chaque atome garde $3$ doublets non liants. Méthanol : le carbone fait $4$ liaisons, trois vers des H et une vers l'oxygène ; l'oxygène fait ses $2$ liaisons, l'une vers le carbone et l'autre vers le dernier H, et porte $2$ doublets non liants. On écrit donc $\mathrm{H}_3\mathrm{C}-\mathrm{O}-\mathrm{H}$.

Parce que le carbone ne peut former que $4$ liaisons : sa couche de valence est pleine avec $8$ électrons, soit $4$ doublets. Une cinquième liaison demanderait un neuvième et un dixième électron de valence, ce que la couche $n=2$ ne peut pas accueillir. C'est pour la même raison que le méthane $\mathrm{CH}_4$ existe et que $\mathrm{CH}_3$ n'est pas une molécule stable : il lui manque au contraire une liaison.

Eau : $2\times 1{,}0+16{,}0=18{,}0\ \mathrm{g/mol}$. Dioxyde de carbone : $12{,}0+2\times 16{,}0=44{,}0\ \mathrm{g/mol}$. Ammoniac : $14{,}0+3\times 1{,}0=17{,}0\ \mathrm{g/mol}$. Ces trois valeurs reviennent si souvent qu'il vaut mieux les connaître par cœur, elles servent de repère pour détecter une erreur de calcul.

Glucose : $6\times 12{,}0+12\times 1{,}0+6\times 16{,}0=72{,}0+12{,}0+96{,}0=180{,}0\ \mathrm{g/mol}$. Saccharose : $12\times 12{,}0+22\times 1{,}0+11\times 16{,}0=144{,}0+22{,}0+176{,}0=342{,}0\ \mathrm{g/mol}$. On remarque que le saccharose vaut presque deux glucoses, à une eau près : $2\times 180-18=342$. Ce n'est pas une coïncidence, le saccharose est effectivement formé de deux sucres simples liés avec départ d'une molécule d'eau.

Sulfate de cuivre : $63{,}5+32{,}1+4\times 16{,}0=159{,}6\ \mathrm{g/mol}$. Hydraté : on ajoute cinq molécules d'eau, $159{,}6+5\times 18{,}0=159{,}6+90{,}0=249{,}6\ \mathrm{g/mol}$. Le point dans l'écriture $\mathrm{CuSO_4\cdot 5H_2O}$ n'est pas un signe de multiplication, il sépare le sel de ses molécules d'eau.

Dans $249{,}6\ \mathrm{g}$ de solide hydraté, il y a $90{,}0\ \mathrm{g}$ d'eau, soit une proportion $\dfrac{90{,}0}{249{,}6}=0{,}361$. Pour $10{,}0\ \mathrm{g}$ pesés, on apporte donc $3{,}61\ \mathrm{g}$ d'eau, et seulement $6{,}39\ \mathrm{g}$ de sulfate de cuivre. C'est un piège de laboratoire tout à fait réel : peser le solide hydraté comme s'il était anhydre conduit à une solution $36\ \%$ trop diluée.

Il a additionné les INDICES au lieu de les utiliser comme multiplicateurs des masses molaires. Le nombre $24$ n'a aucun sens ici, il compte des atomes, pas des grammes par mole. L'ordre de grandeur suffit d'ailleurs à rejeter le résultat : une molécule de glucose contient $24$ atomes, dont six carbones à $12\ \mathrm{g/mol}$ chacun : la masse molaire du glucose ne peut donc pas être inférieure à $72\ \mathrm{g/mol}$. Prendre l'habitude de minorer ainsi avant de calculer évite beaucoup d'erreurs.

$M(\mathrm{H_2O})=18{,}0\ \mathrm{g/mol}$, donc $n=\dfrac{9{,}0}{18{,}0}=0{,}50\ \mathrm{mol}$. Une demi-mole, ce qui donne des nombres commodes pour la suite.

$N=n\,N_A=0{,}50\times 6{,}02\times 10^{23}=3{,}01\times 10^{23}$ molécules. Trois cent mille milliards de milliards de molécules dans deux cuillerées d'eau.

Chaque molécule d'eau contient $3$ atomes, deux d'hydrogène et un d'oxygène : $3\times 3{,}01\times 10^{23}=9{,}03\times 10^{23}$ atomes, soit $1{,}5\ \mathrm{mol}$ d'atomes. Il faut toujours préciser de quelle entité on parle quand on annonce une quantité de matière, car $0{,}50\ \mathrm{mol}$ d'eau et $1{,}5\ \mathrm{mol}$ d'atomes décrivent le même échantillon.

Durée $=\dfrac{3{,}01\times 10^{23}}{10^{6}}=3{,}01\times 10^{17}\ \mathrm{s}$. En années : $\dfrac{3{,}01\times 10^{17}}{3{,}15\times 10^{7}}=9{,}6\times 10^{9}$ ans, soit près de dix milliards d'années. On y passerait donc les deux tiers de l'âge de l'Univers pour compter les molécules de deux cuillerées d'eau. C'est exactement pourquoi la chimie pèse au lieu de compter.

Même nombre de molécules signifie même quantité de matière, soit $0{,}50\ \mathrm{mol}$. La masse vaut alors $m=n\,M=0{,}50\times 17{,}0=8{,}5\ \mathrm{g}$. Un peu moins que les $9{,}0\ \mathrm{g}$ d'eau, simplement parce qu'une molécule d'ammoniac est un peu plus légère qu'une molécule d'eau. Comparer des masses ne dit rien sur les nombres de molécules tant qu'on n'a pas divisé par les masses molaires.

Masse d'une molécule d'eau, somme des masses de ses trois atomes : $m(\mathrm{H_2O})=2\,m(\mathrm{H})+m(\mathrm{O})$.

Nombre de molécules : les deux masses doivent être dans la même unité, $9{,}0\ \mathrm{g}=9{,}0\times 10^{-3}\ \mathrm{kg}$.

Quantité de matière : $n=\dfrac{N}{N_A}=\dfrac{3{,}01\times 10^{23}}{6{,}02\times 10^{23}}=0{,}50\ \mathrm{mol}$.

On retrouve exactement les résultats des questions b) et a), sans avoir utilisé de masse molaire.

Piège : diviser les $9{,}0\ \mathrm{g}$ restés en grammes par une masse en kilogrammes donne $3{,}01\times 10^{26}$ molécules, mille fois trop, soit $500\ \mathrm{mol}$ dans deux cuillerées d'eau.

Pour aller plus loin : $m(\mathrm{H_2O})\times N_A=2{,}99\times 10^{-26}\times 6{,}02\times 10^{23}=1{,}80\times 10^{-2}\ \mathrm{kg}$, soit $18{,}0\ \mathrm{g}$ : c'est la masse d'une mole d'eau, la masse molaire que la Première utilise pour raccourcir la route.

Les deux occupent $24{,}0\ \mathrm{L}$. C'est le point remarquable du chapitre : le volume molaire ne dépend PAS de la nature du gaz. Une mole de dihydrogène, molécules minuscules, et une mole de dioxyde de carbone, molécules vingt-deux fois plus lourdes, occupent le même volume, parce qu'un gaz est essentiellement du vide et que seul compte le NOMBRE de molécules.

Masse volumique $=\dfrac{M}{V_m}$. Dioxyde de carbone : $\dfrac{44{,}0}{24{,}0}=1{,}83\ \mathrm{g/L}$. Dihydrogène : $\dfrac{2{,}0}{24{,}0}=0{,}083\ \mathrm{g/L}$. Le rapport des masses volumiques est $22$, exactement le rapport des masses molaires, puisque le volume se simplifie.

$n=\dfrac{V}{V_m}=\dfrac{2{,}4}{24{,}0}=0{,}10\ \mathrm{mol}$, et $m=n\,M=0{,}10\times 4{,}0=0{,}40\ \mathrm{g}$. Un ballon de baudruche gonflé contient donc moins d'un demi-gramme d'hélium.

Avec de l'air : $m=0{,}10\times 29=2{,}9\ \mathrm{g}$, soit sept fois plus. Le ballon d'hélium déplace une masse d'air de $2{,}9\ \mathrm{g}$ alors que son contenu n'a qu'une masse de $0{,}40\ \mathrm{g}$ : il s'envole si la poussée de l'air, égale au poids de ces $2{,}9\ \mathrm{g}$ d'air déplacé, dépasse le poids de l'hélium ET de l'enveloppe, donc si l'enveloppe a une masse de moins de $2{,}5\ \mathrm{g}$. Ce n'est pas l'hélium qui « tire vers le haut », c'est l'air environnant qui pousse le ballon. Au-delà du programme de Seconde : la poussée d'Archimède est au programme de Terminale spécialité.

Le même nombre. Volumes égaux et conditions identiques donnent des quantités de matière égales, donc des nombres de molécules égaux : c'est encore le volume molaire, indépendant du gaz. En revanche le ballon de dioxyde de carbone est nettement plus lourd, puisque la masse molaire de ses molécules vaut $44\ \mathrm{g/mol}$ contre $32\ \mathrm{g/mol}$.

$n=\dfrac{m}{M}=\dfrac{5{,}85}{58{,}5}=0{,}100\ \mathrm{mol}$.

Le volume doit être en litres : $500\ \mathrm{mL}=0{,}500\ \mathrm{L}$. Donc $c=\dfrac{0{,}100}{0{,}500}=0{,}200\ \mathrm{mol/L}$, et $c_m=\dfrac{5{,}85}{0{,}500}=11{,}7\ \mathrm{g/L}$.

$c\times M=0{,}200\times 58{,}5=11{,}7\ \mathrm{g/L}$, ce qui est bien $c_m$. La relation n'est pas une formule de plus à mémoriser : elle vient simplement de $m=n\,M$ divisé des deux côtés par le volume. Comprendre cela évite de la retenir à l'envers, erreur qui fausse la concentration d'un facteur $M^2$, environ $3\,400$ ici.

Chaque unité $\mathrm{NaCl}$ libère un ion sodium et un ion chlorure, donc $[\mathrm{Na}^{+}]=[\mathrm{Cl}^{-}]=0{,}200\ \mathrm{mol/L}$. Si le soluté avait été $\mathrm{CaCl}_2$, la concentration en ions chlorure aurait été le double de celle du soluté : c'est l'indice de la formule qui décide, jamais l'intuition.

La concentration ne change pas : $0{,}200\ \mathrm{mol/L}$. Une solution est homogène, prélever une partie ne modifie ni la composition ni la concentration, exactement comme une gorgée de sirop a le même goût que le reste du verre. Ce qui change, c'est la quantité de matière prélevée : $n=c\,V=0{,}200\times 0{,}0500=1{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$, soit le dixième du total. Confondre concentration et quantité de matière est l'erreur la plus fréquente de tout le chapitre.

$\dfrac{39}{4{,}0}=9{,}75$, soit près de dix morceaux de sucre dans une seule canette. Ce calcul d'une ligne est souvent plus parlant qu'un long discours, et c'est exactement pour cela qu'il figure sur les campagnes de santé publique.

$n=\dfrac{39}{342}=0{,}114\ \mathrm{mol}$. Nombre de molécules : $N=0{,}114\times 6{,}02\times 10^{23}=6{,}9\times 10^{22}$.

$V=355\ \mathrm{mL}=0{,}355\ \mathrm{L}$, donc $c=\dfrac{0{,}114}{0{,}355}=0{,}32\ \mathrm{mol/L}$. En concentration en masse, cela fait $\dfrac{39}{0{,}355}=110\ \mathrm{g/L}$, une valeur à comparer à celle d'un sirop de grenadine, autour de $650\ \mathrm{g/L}$ avant dilution.

$\dfrac{25}{39}=0{,}64$, soit environ les deux tiers d'une canette. Une seule canette dépasse donc de moitié ce repère quotidien, et ce sans compter les autres sources de sucres libres de la journée.

Quantité de matière d'aspartame : $n=\dfrac{0{,}18}{294}=6{,}1\times 10^{-4}\ \mathrm{mol}$, soit $3{,}7\times 10^{20}$ molécules. Le rapport avec le saccharose est $\dfrac{0{,}114}{6{,}1\times 10^{-4}}\approx 190$ : il y a presque deux cents fois moins de molécules d'édulcorant, et pourtant le goût sucré est comparable. C'est que le pouvoir sucrant de l'aspartame, environ $200$, se définit à MASSE égale : il en faut environ deux cents fois moins en masse pour le même goût. La boisson est dosée ainsi, $\dfrac{39}{0{,}18}\approx 217$. Le rapport des nombres de molécules, $190$, n'en est voisin que parce que les deux masses molaires sont proches, $342$ et $294\ \mathrm{g/mol}$.

$M=4\times 12{,}0+10\times 1{,}0=48{,}0+10{,}0=58{,}0\ \mathrm{g/mol}$. Donc $n=\dfrac{4{,}0}{58{,}0}=6{,}9\times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$.

$V=n\,V_m=6{,}9\times 10^{-2}\times 24{,}0=1{,}66\ \mathrm{L}$. Près de deux litres de gaz sont enfermés dans un briquet de poche.

$V_{liq}=\dfrac{m}{\rho}=\dfrac{4{,}0}{0{,}60}=6{,}7\ \mathrm{mL}$, ce qui correspond bien à la taille du réservoir visible. Rapport : $\dfrac{1660}{6{,}7}\approx 250$. Le gaz occupe environ deux cent cinquante fois plus de place que le liquide, et c'est exactement pour cela qu'on liquéfie les gaz combustibles avant de les transporter, du briquet à la bonbonne de propane du barbecue.

$N=n\,N_A=6{,}9\times 10^{-2}\times 6{,}02\times 10^{23}=4{,}2\times 10^{22}$ molécules.

Non, c'est une transformation PHYSIQUE : les molécules de butane restent des molécules de butane, seule leur organisation change, serrées dans le liquide et très espacées dans le gaz. Aucune liaison n'est rompue à l'intérieur des molécules. La transformation chimique, elle, a lieu à la sortie du briquet, quand le butane brûle dans le dioxygène et devient du dioxyde de carbone et de l'eau.

Faux : une mole, c'est le même NOMBRE d'entités, pas la même masse. Une mole de fer a une masse de $55{,}8\ \mathrm{g}$, une mole de plomb de $207\ \mathrm{g}$, parce que leurs atomes n'ont pas la même masse. Énoncé correct : une mole de fer et une mole de plomb contiennent le même nombre d'atomes.

Faux : le volume molaire d'un gaz ne dépend pas de la nature du gaz, il vaut $24{,}0\ \mathrm{L/mol}$ pour les deux dans les mêmes conditions. Dans un gaz, les molécules sont si éloignées les unes des autres que leur taille propre ne compte pas. Énoncé correct : les deux occupent le même volume, mais la masse de ce volume diffère.

Faux : une solution est homogène, un prélèvement a exactement la même concentration que le tout. Ce qui est divisé par deux, c'est la quantité de matière et la masse de soluté prélevées. Énoncé correct : la concentration est inchangée, la quantité de matière est divisée par deux.

Faux : ce ne sont pas les mêmes grandeurs. $c_m$ est une masse par litre, $c$ un nombre de moles par litre, et le passage de l'une à l'autre demande la masse molaire : $c_m=c\times M$. Deux solutions de même $c$ n'ont pas la même $c_m$ si les solutés diffèrent. Énoncé correct : elles sont liées par la masse molaire, elles ne sont pas identiques.

Faux : la formule $\mathrm{CaCl}_2$ montre que chaque entité libère UN ion calcium et DEUX ions chlorure. On a donc $[\mathrm{Ca}^{2+}]=0{,}10\ \mathrm{mol/L}$ mais $[\mathrm{Cl}^{-}]=0{,}20\ \mathrm{mol/L}$. Énoncé correct : la concentration d'un ion se lit sur l'indice de la formule.

$V=8{,}0\times 6{,}0\times 3{,}0=144\ \mathrm{m^{3}}$. Comme $1\ \mathrm{m^{3}}=1000\ \mathrm{L}$, cela fait $V=1{,}44\times 10^{5}\ \mathrm{L}$. Cette conversion est le point de passage obligé du problème, et l'oublier fait perdre un facteur mille.

$n=\dfrac{V}{V_m}=\dfrac{1{,}44\times 10^{5}}{24{,}0}=6{,}0\times 10^{3}\ \mathrm{mol}$, soit six mille moles de gaz.

$m=n\,M=6{,}0\times 10^{3}\times 29{,}0=1{,}74\times 10^{5}\ \mathrm{g}=174\ \mathrm{kg}$. L'air de la salle a donc la même masse que deux adultes, alors qu'on ne le sent pas du tout. On ne le sent pas parce qu'il nous entoure et nous pousse de tous les côtés à la fois, mais il a bien une masse, et c'est ce qui rend possibles le vent, les ailes d'avion et la poussée d'Archimède.

$n(\mathrm{O_2})=0{,}21\times 6{,}0\times 10^{3}=1{,}26\times 10^{3}\ \mathrm{mol}$. Masse : $m=1{,}26\times 10^{3}\times 32{,}0=4{,}0\times 10^{4}\ \mathrm{g}=40\ \mathrm{kg}$ de dioxygène.

Un dixième du dioxygène représente $126\ \mathrm{mol}$. La classe consomme $25\times 0{,}80=20\ \mathrm{mol}$ par heure, donc la durée vaut $\dfrac{126}{20}=6{,}3\ \mathrm{h}$. Autrement dit, l'appauvrissement en dioxygène n'est pas ce qui rend une salle irrespirable au bout d'une heure : c'est l'accumulation de dioxyde de carbone et d'humidité, bien plus rapide à devenir gênante. Le calcul sert précisément à écarter une explication intuitive mais fausse.

$n=c\,V=0{,}100\times 0{,}250=2{,}50\times 10^{-2}\ \mathrm{mol}$. Masse à peser : $m=n\,M=2{,}50\times 10^{-2}\times 249{,}6=6{,}24\ \mathrm{g}$. C'est bien la masse molaire du solide HYDRATÉ qu'il faut utiliser, puisque c'est ce solide-là qu'on pose sur la balance. Utiliser $159{,}6$ donnerait $3{,}99\ \mathrm{g}$ et une solution $36\ \%$ trop diluée.

Étape 1 : peser $6{,}24\ \mathrm{g}$ de solide sur une balance, dans une coupelle ou un bécher taré. Étape 2 : dissoudre dans un bécher avec un peu d'eau distillée, en agitant. Étape 3 : verser dans la fiole jaugée de $250\ \mathrm{mL}$, puis rincer le bécher deux ou trois fois en versant les eaux de rinçage dans la fiole, sans quoi une partie du soluté resterait dans le bécher. Étape 4 : compléter avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge, boucher et homogénéiser en retournant plusieurs fois. Le trait de jauge se lit au bas du ménisque, à hauteur des yeux.

La quantité de matière prélevée se conserve : $c_i V_i=c_f V_f$, donc $c_f=\dfrac{0{,}100\times 10{,}0}{100{,}0}=1{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{mol/L}$. Facteur de dilution : $\dfrac{V_f}{V_i}=\dfrac{100{,}0}{10{,}0}=10$, et la concentration est bien divisée par $10$.

Chaque unité $\mathrm{CuSO}_4$ libère un ion cuivre et un ion sulfate : $[\mathrm{Cu}^{2+}]=[\mathrm{SO}_4^{2-}]=1{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{mol/L}$. On vérifie l'électroneutralité : $2\times 10^{-2}$ mole de charges positives par litre et autant de négatives.

Dans le premier cas, oui, légèrement : le solide non dissous occupe un volume, et le volume change pendant la dissolution. Une fois tout dissous, le ménisque n'est plus exactement sur le trait, et la concentration est légèrement fausse. On ajuste donc toujours au trait APRÈS dissolution complète. Dans le second cas, il n'y a pas d'erreur : quelques millilitres d'eau distillée déjà présents seront de toute façon comptés dans le volume total, puisqu'on complète jusqu'au trait. La règle générale à retenir est celle-ci : de l'eau supplémentaire n'est jamais grave tant qu'on ajuste au trait à la fin, après dissolution, mais du soluté perdu, lui, est irrattrapable. C'est pourquoi on rince le bécher et jamais la fiole avec la solution.