Contrôle périodique 2 blanc : exercices corrigés de CHE0501 (Polytechnique)

Faux. Un manomètre de réservoir affiche la pression de JAUGE : il indique $0$ quand le réservoir est ouvert à l'air, donc à $1\ \mathrm{atm}$ absolue.

Piège : confondre la lecture du cadran avec la pression qui entre dans $PV=nRT$. La loi des gaz parfaits exige la pression ABSOLUE.

Vrai. $P=\dfrac{nRT}{V}$ : à $V$ et $T$ constants, $P$ est proportionnelle à $n$ (loi d'Avogadro vue du côté de la pression).

Deux fois plus de molécules frappent les parois, deux fois plus souvent.

Piège : penser que la pression dépend de la NATURE du gaz ajouté. Pour un gaz parfait, seul le nombre de moles compte.

Faux. Même $P$, même $V$, même $T$ : même nombre de moles $n=\dfrac{PV}{RT}$ (loi d'Avogadro), mais pas la même masse, car $m=nM$.

$\dfrac{m_{\mathrm{CO_2}}}{m_{\mathrm{He}}}=\dfrac{44{,}01\ \mathrm{g/mol}}{4{,}003\ \mathrm{g/mol}}=11{,}0$ : le ballon de $\mathrm{CO_2}$ est onze fois plus lourd.

Piège : retenir « même volume, même quantité » et glisser de la quantité de MATIÈRE à la MASSE.

Faux. La loi de Charles s'écrit avec la température ABSOLUE : $\dfrac{V_2}{V_1}=\dfrac{T_2}{T_1}$ en kelvins.

$\dfrac{V_2}{V_1}=\dfrac{313{,}15\ \mathrm{K}}{293{,}15\ \mathrm{K}}=1{,}068$ : le volume augmente de $6{,}8\ \%$ seulement.

Pour doubler le volume, il faudrait passer à $586{,}3\ \mathrm{K}$, soit $313\ ^\circ\mathrm{C}$.

Piège : faire le rapport des températures en degrés Celsius. Le zéro de l'échelle Celsius n'est pas un zéro de volume.

Vrai. Loi de Dalton : $P_{\mathrm{O_2}}=x_{\mathrm{O_2}}\,P_{tot}$, où $x_{\mathrm{O_2}}$ est la fraction MOLAIRE, c'est-à-dire la fraction des molécules.

La composition de l'air sec reste la même dans la basse atmosphère : au sommet, $P_{tot}$ diminue, et $P_{\mathrm{O_2}}$ diminue avec elle, mais le rapport reste $0{,}209$.

Piège : conclure que l'air de montagne « contient moins d'oxygène » en pourcentage. Il en contient le même pourcentage ; c'est la pression partielle, donc le nombre de molécules par litre, qui baisse.

Deux points d'un même liquide au repos, au même niveau, sont à la même pression. On choisit le niveau de la surface de séparation eau-mercure (pointillé).

Branche ouverte, à ce niveau : $P_{atm}+\rho_{\text{eau}}\,g\,h_1$. Branche de la fiole, au même niveau, sous $h_2$ de mercure : $P_{fiole}+\rho_{\mathrm{Hg}}\,g\,h_2$.

$P_{jauge}=1{,}47-27{,}91=-26{,}4\ \mathrm{kPa}$ (différence arrondie au dixième de kPa, comme $27{,}9$).

Unités : $\mathrm{kg/m^3}\times\mathrm{m/s^2}\times\mathrm{m}=\mathrm{kg/(m\cdot s^2)}=\mathrm{N/m^2}=\mathrm{Pa}$.

Le signe négatif dit que la fiole est en DÉPRESSION : l'atmosphère pousse le mercure vers elle, et c'est pour cela qu'il y monte plus haut.

Piège : oublier la couche d'eau ($-27{,}9\ \mathrm{kPa}$, $5{,}5\ \%$ de trop), ou écrire $P_{fiole}=P_{atm}+\rho_{\mathrm{Hg}}gh_2$ comme si le gaz poussait le mercure vers le haut de sa propre branche.

Une pression de jauge peut être négative ; une pression absolue, jamais : son zéro est le vide parfait.

Piège : prendre $101{,}325\ \mathrm{kPa}$ pour la pression atmosphérique alors que le baromètre en donne une autre.

Masse molaire du diméthyléther : $2(12{,}01)+6(1{,}008)+16{,}00=46{,}07\ \mathrm{g/mol}$.

$n_{\mathrm{CH_3OCH_3}}=\dfrac{7{,}37}{46{,}07}=0{,}1600\ \mathrm{mol}$ ; $n_{\mathrm{O_2}}=\dfrac{17{,}6}{32{,}00}=0{,}5500\ \mathrm{mol}$ ; $n_{\mathrm{Ar}}=\dfrac{4{,}00}{39{,}95}=0{,}1001\ \mathrm{mol}$

Pour la pression TOTALE, toutes les molécules comptent : $n_0=0{,}8101\ \mathrm{mol}$.

Piège : oublier l'argon parce qu'il ne réagit pas. Un gaz inerte occupe le volume et pèse sur les parois comme les autres.

Avancement maximal permis par chaque réactif : $\mathrm{CH_3OCH_3}$ : $\dfrac{0{,}1600}{1}=0{,}1600\ \mathrm{mol}$ ; $\mathrm{O_2}$ : $\dfrac{0{,}5500}{3}=0{,}1833\ \mathrm{mol}$.

Le diméthyléther est limitant : $x_{max}=0{,}1600\ \mathrm{mol}$.

Piège : désigner le dioxygène parce qu'il y en a moins en masse relative à ses besoins « à l'œil ». Seul le rapport $n_i/\nu_i$ tranche.

Tableau d'avancement à la fin : $\mathrm{CH_3OCH_3}$ $0$ ; $\mathrm{O_2}$ $0{,}5500-3(0{,}1600)=0{,}0701\ \mathrm{mol}$ ; $\mathrm{CO_2}$ $0{,}3200$ ; $\mathrm{H_2O}$ $0{,}4799$ ; Ar $0{,}1001$.

$n_1=0{,}0701+0{,}3200+0{,}4799+0{,}1001=0{,}9701\ \mathrm{mol}$ : la réaction AUGMENTE le nombre de moles de gaz ($4$ moles donnent $5$).

Pressions partielles, chaque gaz occupant seul les $25{,}0\ \mathrm{L}$ : $P_{\mathrm{H_2O}}=\dfrac{0{,}4799\times 0{,}08206\times 473{,}15}{25{,}0}=0{,}745\ \mathrm{atm}$ ; $P_{\mathrm{Ar}}=\dfrac{0{,}1001\times 0{,}08206\times 473{,}15}{25{,}0}=0{,}156\ \mathrm{atm}$.

L'argon n'a pas réagi, mais sa pression partielle a augmenté ($0{,}0980\ \mathrm{atm}$ à $25{,}0\ ^\circ\mathrm{C}$) : elle suit la TEMPÉRATURE.

Piège : garder $298{,}15\ \mathrm{K}$ pour l'état final, ou croire que la pression partielle d'un gaz inerte ne change jamais.

À $25{,}0\ ^\circ\mathrm{C}$, l'eau liquide ne compte plus dans $PV=nRT$, qui ne vaut que pour la phase gazeuse.

$n_2=0{,}0701+0{,}3200+0{,}1001=0{,}4902\ \mathrm{mol}$ de gaz

La pression tombe sous la pression initiale : la combustion, une fois l'eau condensée, a consommé $4$ moles de gaz pour en rendre $2$.

Piège : compter encore les $0{,}480\ \mathrm{mol}$ d'eau, ou les compter au volume du récipient comme un gaz.

Chaque gaz occupe maintenant tout le volume, $12{,}0+8{,}00=20{,}0\ \mathrm{L}$, à $T$ constante : loi de Boyle, gaz par gaz.

$P_{\mathrm{He}}=3{,}20\ \mathrm{atm}\times\dfrac{12{,}0\ \mathrm{L}}{20{,}0\ \mathrm{L}}=1{,}92\ \mathrm{atm}$ ; $P_{\mathrm{Ne}}=1{,}45\ \mathrm{atm}\times\dfrac{8{,}00\ \mathrm{L}}{20{,}0\ \mathrm{L}}=0{,}580\ \mathrm{atm}$

Loi de Dalton : $P_{tot}=1{,}92+0{,}580=2{,}50\ \mathrm{atm}$.

Piège : faire la moyenne des deux pressions ($2{,}33\ \mathrm{atm}$). Ce sont les VOLUMES qui pondèrent, puisque chaque réservoir apporte $n=PV/RT$.

À même $V$ et même $T$, la fraction molaire égale le rapport des pressions : $x_{\mathrm{He}}=\dfrac{1{,}92}{2{,}50}=0{,}768$.

Piège : prendre le rapport des volumes des réservoirs ($0{,}600$), qui ignore que l'hélium était plus comprimé.

On suppose que la fuite emporte le mélange en bloc, avec sa composition (par un trou minuscule, l'effusion ferait partir l'hélium plus vite, loi de Graham) : $x_{\mathrm{He}}$ reste $0{,}768$.

Quantité totale avant et après : $n=\dfrac{PV}{RT}$ avec $RT=0{,}08206\times 295{,}15=24{,}22\ \mathrm{L\cdot atm/mol}$.

$n_0=\dfrac{2{,}50\times 20{,}0}{24{,}22}=2{,}064\ \mathrm{mol}$ ; $n_1=\dfrac{1{,}80\times 20{,}0}{24{,}22}=1{,}486\ \mathrm{mol}$ ; échappés : $0{,}578\ \mathrm{mol}$.

Masse molaire moyenne du mélange : $0{,}768\times 4{,}003+0{,}232\times 20{,}18=7{,}76\ \mathrm{g/mol}$.

$m=0{,}578\ \mathrm{mol}\times 7{,}76\ \mathrm{g/mol}=4{,}48\ \mathrm{g}$ (dont $1{,}78\ \mathrm{g}$ d'hélium et $2{,}71\ \mathrm{g}$ de néon).

Piège : supposer qu'il ne s'échappe que de l'hélium, ou appliquer au mélange la masse molaire d'un seul des deux gaz.

NaOH est une base forte, totalement dissociée : $[\mathrm{OH^-}]=4{,}20\times 10^{-3}\ \mathrm{M}$.

$\mathrm{pOH}=-\log(4{,}20\times 10^{-3})=2{,}377$ ; $\mathrm{pH}=14{,}000-2{,}377=11{,}623$

Trois décimales au pH, parce que la concentration a trois chiffres significatifs : seules les décimales d'un pH sont significatives.

Piège : calculer $-\log[\mathrm{OH^-}]$ et l'appeler pH.

Les deux bases sont fortes : les ions $\mathrm{OH^-}$ s'additionnent, et le volume total est $0{,}1250+V$.

pH visé $12{,}00$ : $\mathrm{pOH}=2{,}00$, donc $[\mathrm{OH^-}]=1{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{M}$.

Vérification : $\dfrac{5{,}25\times 10^{-4}+1{,}208\times 10^{-3}}{0{,}1733}=1{,}00\times 10^{-2}\ \mathrm{M}$.

Piège : écrire $C_1V_1+C_2V_2=C\,V_1$ en oubliant que le volume augmente, ou viser $[\mathrm{H_3O^+}]=10^{-12}$ dans le bilan des $\mathrm{OH^-}$.

$[\mathrm{H_3O^+}]=10^{-\mathrm{pH}}=10^{-2{,}64}=2{,}3\times 10^{-3}\ \mathrm{M}$ : deux décimales au pH, donc deux chiffres significatifs à la concentration.

Nature : $\mathrm{HNO_2}$ cède un proton à l'eau ($\mathrm{HNO_2}+\mathrm{H_2O}\rightleftharpoons\mathrm{H_3O^+}+\mathrm{NO_2^-}$) en libérant un H⁺ qu'il contient : acide d'Arrhenius ET de Brønsted-Lowry. Qu'il soit faible ne change pas sa nature.

Piège : réserver le titre d'acide d'Arrhenius aux acides forts.

$[\mathrm{H_3O^+}]=\dfrac{1{,}0\times 10^{-14}}{5{,}25\times 10^{-5}}=1{,}90\times 10^{-10}\ \mathrm{M}$ ; $\mathrm{pH}=-\log(1{,}90\times 10^{-10})=9{,}720$ (trois décimales pour trois chiffres significatifs).

Nature : $\mathrm{HS^-}$ peut céder un proton (vers $\mathrm{S^{2-}}$) ou en capter un (vers $\mathrm{H_2S}$) : amphotère au sens de Brønsted-Lowry. Il ne contient pas d'ion $\mathrm{OH^-}$ à libérer : pas une base d'Arrhenius.

La solution est basique ($\mathrm{pH}>7$) parce que le caractère basique de l'ion l'emporte ; cela ne lui retire pas son caractère amphotère.

Piège : classer l'espèce d'après le seul pH de sa solution.

$\mathrm{pH}=-\log(1{,}51\times 10^{-9})=8{,}821$ ; $[\mathrm{OH^-}]=\dfrac{1{,}0\times 10^{-14}}{1{,}51\times 10^{-9}}=6{,}62\times 10^{-6}\ \mathrm{M}$.

Nature : l'aniline capte un proton de l'eau sur le doublet de son azote ($\mathrm{C_6H_5NH_2}+\mathrm{H_2O}\rightleftharpoons\mathrm{C_6H_5NH_3^+}+\mathrm{OH^-}$) : base de Brønsted-Lowry. Elle ne contient pas de groupe $\mathrm{OH^-}$ qu'elle libérerait en se dissociant : au sens strict d'Arrhenius, ce n'est pas une base.

Piège : la classer base d'Arrhenius parce que sa solution contient des ions $\mathrm{OH^-}$ ; ils viennent de l'eau, pas de la molécule.

Faux. Le pH dépend de la force ET de la concentration. Contre-exemple : $\mathrm{CH_3COOH}$ à $1{,}0\ \mathrm{M}$ et HCl à $1{,}0\times 10^{-3}\ \mathrm{M}$.

Acide acétique : $[\mathrm{H_3O^+}]\approx\sqrt{K_aC}=\sqrt{1{,}8\times 10^{-5}\times 1{,}0}=4{,}2\times 10^{-3}\ \mathrm{M}$ (ionisation de $0{,}42\ \%$, sous $5\ \%$), $\mathrm{pH}=2{,}37$.

HCl : $\mathrm{pH}=-\log(1{,}0\times 10^{-3})=3{,}00$. L'acide faible concentré est plus acide.

Piège : confondre FORCE (fraction ionisée) et ACIDITÉ de la solution ($[\mathrm{H_3O^+}]$).

Dans l'eau pure, $[\mathrm{H_3O^+}]=[\mathrm{OH^-}]$, à toute température.

$[\mathrm{H_3O^+}]=10^{-6{,}63}=2{,}34\times 10^{-7}\ \mathrm{M}$ ; $K_w=[\mathrm{H_3O^+}][\mathrm{OH^-}]=(2{,}34\times 10^{-7})^2=5{,}5\times 10^{-14}$

L'eau n'est PAS acide : elle est neutre, puisque $[\mathrm{H_3O^+}]=[\mathrm{OH^-}]$. La neutralité ne tombe à $\mathrm{pH}=7$ qu'à $25\ ^\circ\mathrm{C}$ ; l'autoionisation, endothermique, augmente avec la température.

Piège : juger l'acidité par $\mathrm{pH}<7$ hors de $25\ ^\circ\mathrm{C}$.

On regarde chaque ion : un ion conjugué d'un acide ou d'une base FORTS est spectateur ; un ion conjugué d'une espèce faible réagit avec l'eau.

(1) $\mathrm{NH_4^+}$, acide conjugué de l'ammoniac (base faible), cède un proton ($K_a=5{,}6\times 10^{-10}$) ; $\mathrm{Br^-}$ vient de HBr, acide fort : solution acide.

(2) $\mathrm{F^-}$, base conjuguée de HF (acide faible), capte un proton ($K_b=\dfrac{1{,}0\times 10^{-14}}{7{,}2\times 10^{-4}}=1{,}4\times 10^{-11}$) ; $\mathrm{K^+}$ est spectateur : solution basique.

(3) $\mathrm{Ca^{2+}}$ vient de $\mathrm{Ca(OH)_2}$, base forte, et $\mathrm{NO_3^-}$ de $\mathrm{HNO_3}$, acide fort : deux spectateurs, solution neutre.

Piège : déclarer neutre tout sel « parce qu'un sel vient d'une neutralisation ».

Masse molaire : $M=87{,}62+2(16{,}00+1{,}008)=121{,}64\ \mathrm{g/mol}$.

Chaque unité $\mathrm{Sr(OH)_2}$ libère DEUX ions $\mathrm{OH^-}$ : $[\mathrm{OH^-}]=2C=6{,}01\times 10^{-2}\ \mathrm{M}$.

$\mathrm{pOH}=1{,}221$ ; $\mathrm{pH}=14{,}000-1{,}221=12{,}779$

Piège : prendre $[\mathrm{OH^-}]=C$, ce qui donne $12{,}478$, trois dixièmes de moins.

Tableau IRF : initial $0{,}200$ ; réaction $-x$, $+x$, $+x$ ; final $0{,}200-x$, $x$, $x$.

$K_{a1}=\dfrac{x^2}{0{,}200-x}$ ; si $x\ll 0{,}200$ : $x\approx\sqrt{7{,}5\times 10^{-3}\times 0{,}200}=3{,}87\times 10^{-2}\ \mathrm{M}$.

Test des $5\ \%$ : $\dfrac{3{,}87\times 10^{-2}}{0{,}200}\times 100=19\ \%>5\ \%$. L'approximation n'est PAS valide.

Piège : ne pas faire le test. Un $K_a$ de l'ordre de $10^{-3}$, avec une concentration modeste, s'ionise trop pour qu'on néglige $x$.

On résout l'équation complète : $x^2+K_{a1}x-K_{a1}C=0$.

$x=\dfrac{-7{,}5\times 10^{-3}+\sqrt{(7{,}5\times 10^{-3})^2+4(1{,}50\times 10^{-3})}}{2}=3{,}52\times 10^{-2}\ \mathrm{M}$ (la racine négative est rejetée).

$\mathrm{pH}=-\log(3{,}52\times 10^{-2})=1{,}45$, deux décimales car $K_{a1}$ n'a que deux chiffres significatifs.

L'approximation aurait donné $\mathrm{pH}=1{,}41$ : l'écart se voit dès la deuxième décimale.

Piège : ajouter les $\mathrm{H_3O^+}$ des deux autres ionisations ; avec $K_{a2}=6{,}2\times 10^{-8}$, leur apport est négligeable.

Piège : reprendre le $19\ \%$ de l'approximation rejetée en a).