Examen final blanc : exercices corrigés de CHE0501 (Polytechnique)

Masses molaires (tableau périodique) : $M_{\mathrm{CH_4}}=16{,}04$, $M_{\mathrm{NH_3}}=17{,}03$, $M_{\mathrm{O_2}}=32{,}00$ et $M_{\mathrm{HCN}}=27{,}03\ \mathrm{g/mol}$.

Avancement maximal permis par chaque réactif, $x_{max}=n_i/\nu_i$ : CH₄ $4{,}00/2=2{,}00$ mol ; NH₃ $3{,}80/2=1{,}90$ mol ; O₂ $5{,}41/3=1{,}80$ mol.

Le plus petit est celui du dioxygène : O₂ est le réactif limitant et $x_{max}=1{,}80\ \mathrm{mol}$.

Piège : comparer les quantités brutes. O₂ est le réactif dont on a le PLUS de moles, et c'est pourtant lui qui s'épuise, parce qu'il en faut trois par tour de réaction.

Trois chiffres significatifs, ceux des masses de l'énoncé (173 g en a trois).

Le réacteur est rigide : $V=60{,}0\ \mathrm{L}$ du début à la fin. Il faut le nombre TOTAL de moles de gaz à la fin, diazote compris.

Diazote au départ : $P_{abs}=P_{jauge}+P_{atm}=48{,}7+101{,}3=150{,}0\ \mathrm{kPa}$ et $T=20{,}0+273{,}15=293{,}15\ \mathrm{K}$.

État final (mol) : HCN $2x=3{,}604$ ; H₂O $6x=10{,}81$ ; CH₄ restant $4{,}002-3{,}604=0{,}398$ ; NH₃ restant $3{,}798-3{,}604=0{,}194$ ; O₂ $0$ ; N₂ $3{,}69$.

Pression finale absolue : $3{,}40\ \mathrm{MPa}=3400\ \mathrm{kPa}$, donc $P_{abs}=3400+101{,}3=3501\ \mathrm{kPa}$, soit 3,50 MPa.

$\theta=1351-273{,}15=1078\ ^\circ\mathrm{C}$, soit $1{,}08\times 10^{3}\ ^\circ\mathrm{C}$ avec trois chiffres significatifs.

Piège : prendre 3,40 MPa pour la pression absolue (on trouve 1039 °C), ou oublier le diazote dans $n_{tot}$ (on trouve plus de 1400 °C). Un gaz inerte ne réagit pas, mais il occupe le réacteur et pousse sur ses parois.

Loi de Dalton : $P_i=x_iP_{tot}=\dfrac{n_i}{n_{tot}}\,P_{tot}$.

Le diazote n'a pas réagi, et pourtant sa pression partielle est passée de 150 kPa à 691 kPa : à volume constant, $P_{\mathrm{N_2}}=n_{\mathrm{N_2}}RT/V$ suit la température, $\dfrac{691}{150{,}0}=\dfrac{1351}{293{,}15}=4{,}61$.

Piège : croire qu'un gaz inerte garde sa pression partielle. Il garde ses MOLES, pas sa pression.

HCl est un acide fort : il s'ionise complètement et apporte $[\mathrm{H_3O^+}]_0=0{,}0200\ \mathrm{mol/L}$. HF, acide faible, s'ionise en présence de cet ion commun.

Tableau IRF (mol/L), dans l'ordre HF, H₃O⁺, F⁻ : I : $0{,}250$ ; $0{,}0200$ ; $0$. R : $-x$ ; $+x$ ; $+x$. F : $0{,}250-x$ ; $0{,}0200+x$ ; $x$.

Essai de l'approximation ($x$ négligeable devant 0,0200) : $x\approx\dfrac{7{,}2\times 10^{-4}\times 0{,}250}{0{,}0200}=9{,}0\times 10^{-3}$, soit 45 % de 0,0200 : approximation REJETÉE (seuil de 5 %).

On résout l'équation du second degré $x^{2}+0{,}02072\,x-1{,}8\times 10^{-4}=0$ : $x=6{,}59\times 10^{-3}\ \mathrm{mol/L}$ (racine positive).

$[\mathrm{H_3O^+}]=0{,}0200+0{,}00659=0{,}0266\ \mathrm{mol/L}$ et $\mathrm{pH}=-\log(0{,}0266)=1{,}58$

Pourcentage d'ionisation : $\dfrac{6{,}59\times 10^{-3}}{0{,}250}\times 100=2{,}64\ \%$

HF seul à 0,250 mol/L : $\dfrac{x^{2}}{0{,}250-x}=7{,}2\times 10^{-4}$ donne $x=1{,}31\times 10^{-2}$, soit $5{,}22\ \%$ (l'approximation, qui donnerait 5,37 %, dépasse elle aussi le seuil). L'ion commun apporté par HCl fait reculer l'ionisation de HF de 5,22 % à 2,64 %.

Piège : traiter les deux acides comme forts ($\mathrm{pH}=-\log 0{,}270=0{,}57$) ou ignorer HF ($\mathrm{pH}=1{,}70$). Le vrai pH tombe entre les deux.

Chiffres significatifs : $K_a$ en a deux, le pH garde deux décimales.

$\mathrm{pH}=3{,}50$ impose, à l'équilibre, $[\mathrm{H_3O^+}]=10^{-3{,}50}=3{,}16\times 10^{-4}\ \mathrm{mol/L}$ : c'est la valeur de $x$.

Tableau IRF, avec $c_s$ la concentration du NaF dissous (le F⁻ apporté par le sel) : I : $0{,}250$ ; $0$ ; $c_s$. F : $0{,}250-x$ ; $x$ ; $c_s+x$.

$K_a=\dfrac{x\,(c_s+x)}{0{,}250-x}$, donc $c_s+x=\dfrac{K_a\,(0{,}250-x)}{x}=\dfrac{7{,}2\times 10^{-4}\times 0{,}2497}{3{,}16\times 10^{-4}}=0{,}568\ \mathrm{mol/L}$

$m=0{,}568\ \dfrac{\mathrm{mol}}{\mathrm{L}}\times 2{,}00\ \mathrm{L}\times\dfrac{41{,}99\ \mathrm{g}}{1\ \mathrm{mol}}=47{,}7\ \mathrm{g}$, soit 48 g avec les deux chiffres significatifs de $K_a$.

Vérification : à pH 3,50, l'ionisation de HF vaut $\dfrac{3{,}16\times 10^{-4}}{0{,}250}=0{,}13\ \%$, bien sous 5 %.

Piège : poser $[\mathrm{F^-}]=[\mathrm{H_3O^+}]$ comme pour un acide faible seul. Ici presque tout le F⁻ vient du sel, et c'est lui qui fixe le pH.

NH₃ : $5+3\times 1=8$ électrons de valence, soit 4 doublets : trois liaisons N–H et un doublet libre sur l'azote, qui complète son octet.

NF₃ : $5+3\times 7=26$ électrons, soit 13 doublets : trois liaisons N–F, trois doublets libres sur chaque fluor (9) et un sur l'azote, en tout 10 doublets libres.

Les structures sont dans la figure ci-dessous, avec celles de N₂ et de H₂O : elles donnent le compte des liaisons rompues et formées.

Rompues : $12\,E_{\mathrm{N-H}}+3\,E_{\mathrm{O=O}}=12(393)+3(498{,}7)=6212\ \mathrm{kJ}$ (quatre NH₃ à trois liaisons chacune).

Formées : $2\,E_{\mathrm{N\equiv N}}+12\,E_{\mathrm{O-H}}=2(941{,}4)+12(460)=7403\ \mathrm{kJ}$ (six H₂O à deux liaisons chacune).

$\Delta H^\circ_R=6212-7403=-1191\ \mathrm{kJ/mol}$ : réaction exothermique.

La « mole » de $\Delta H^\circ_R$ est une mole de réaction telle qu'elle est écrite : elle consomme QUATRE moles de NH₃.

L'énergie libérée vaut $1{,}75\times 10^{7}\ \mathrm{kJ}$ (trois chiffres significatifs, ceux de 1,00 t) ; le signe moins dit que le système la cède.

Piège : multiplier les $5{,}87\times 10^{4}$ mol de NH₃ par $-1191$ kJ sans diviser par 4. On trouverait une énergie quatre fois trop grande.

Réaction (2) : rompues $3E_{\mathrm{N-H}}+3E_{\mathrm{F-F}}$ ; formées $3E_{\mathrm{N-F}}+3E_{\mathrm{H-F}}$.

Vraisemblance : c'est bien l'ordre de grandeur d'une liaison simple entre deux non-métaux de la 2e période, et c'est proche des valeurs moyennes des tables (272 à 283 kJ/mol selon les sources).

Piège : diviser par 1 au lieu de 3, ou oublier les trois liaisons F–F rompues (156,9 kJ chacune), les plus faibles du tableau : avec les liaisons très fortes que forme le fluor, elles aident à comprendre que le difluor réagisse avec presque tout.

Électrons de valence : $3\times 7+1=22$, soit 11 doublets. Deux liaisons I–I (2 doublets) et trois doublets libres sur chaque iode terminal (6 doublets) : il en reste 3, qui vont sur l'iode central.

L'iode central porte 2 liaisons et 3 doublets libres, soit 10 électrons : un octet étendu, permis à partir de la 3e période.

Charges formelles : iode central $7-6-2=-1$ ; iodes terminaux $7-6-1=0$. La charge formelle $-1$ est attribuée à l'iode central : c'est une convention de comptage, pas la répartition réelle de la charge dans l'ion.

RPEV : 5 paquets (AX₂E₃), géométrie des paquets bipyramide à base triangulaire. Les 3 doublets libres prennent les positions ÉQUATORIALES, où ils ont le plus de place (120° entre eux) ; les deux iodes liés sont axiaux.

Géométrie moléculaire : linéaire, angle I–I–I de 180°.

Moment dipolaire : nul. Les deux liaisons I–I sont identiques et opposées, et les trois doublets équatoriaux se compensent par symétrie : espèce non polaire.

Hybridation de l'iode central : 5 paquets, donc 5 orbitales hybrides, sp³d.

Résonance : non. Une seule structure de Lewis répartit les électrons au mieux ; déplacer un doublet ne ferait que créer des charges formelles plus grandes.

Piège : conclure « angulaire » parce que l'atome central porte des doublets libres. Le nombre de paquets fixe leur géométrie, la place des doublets libres fixe la forme : ici, l'alignement.

Électrons de valence : $1+4+2\times 6+1=18$, soit 9 doublets, le carbone au centre.

Avec trois liaisons simples (C–H et deux C–O), le carbone n'aurait que 6 électrons : un doublet d'un oxygène devient une liaison double. Structure : H–C(=O)–O⁻, deux doublets libres sur l'oxygène doublement lié, trois sur l'autre, aucun sur le carbone.

Charges formelles : C $4-0-4=0$ ; O de la double $6-4-2=0$ ; O de la simple $6-6-1=-1$.

Résonance : oui. La double liaison peut s'écrire avec l'un ou l'autre oxygène : deux formes équivalentes, reliées par une flèche double. L'ion réel est leur hybride, avec deux liaisons C–O identiques d'ordre 1,5 et la charge partagée entre les deux oxygènes.

RPEV : 3 paquets autour de C (une liaison double compte pour UN paquet), aucun doublet libre : géométrie des paquets et géométrie moléculaire plan triangulaire (AX₃), angles d'environ 120°.

Moment dipolaire : non nul. Les trois liaisons ne sont pas identiques (C–H d'un côté, deux C–O de l'autre) : leurs moments ne se compensent pas, espèce polaire.

Hybridation de C : 3 paquets, sp² ; l'orbitale p restée pure porte la liaison π, délocalisée sur O–C–O.

Piège : compter la liaison double pour deux paquets (on trouverait 4 paquets et sp³), ou conclure « non polaire » parce que la forme est plane et symétrique en apparence : il faut des liaisons IDENTIQUES pour que les moments s'annulent.

Cinq étapes : le solide qui chauffe, la fusion, le liquide qui chauffe, la vaporisation, le gaz qui chauffe.

On garde un chiffre de garde dans chaque terme et l'on n'arrondit qu'à la fin.

Solide, de −100,0 à −89,5 °C : $q_1=150\times 1{,}45\times 10{,}5=2284\ \mathrm{J}=2{,}284\ \mathrm{kJ}$

Fusion : $q_2=n\,\Delta H_{fus}=2{,}496\times 5{,}37=13{,}40\ \mathrm{kJ}$

Liquide, de −89,5 à 82,5 °C : $q_3=150\times 2{,}60\times 172{,}0=67\,080\ \mathrm{J}=67{,}08\ \mathrm{kJ}$

Vaporisation : $q_4=2{,}496\times 39{,}9=99{,}59\ \mathrm{kJ}$

Gaz, de 82,5 à 95,0 °C : $q_5=150\times 1{,}54\times 12{,}5=2888\ \mathrm{J}=2{,}888\ \mathrm{kJ}$

Règle de la somme : chaque terme ne vaut que trois chiffres significatifs (13,4 ; 67,1 ; 99,6 sont connus au dixième), donc $q=185{,}2\ \mathrm{kJ}$.

Les deux changements d'état coûtent 113,0 kJ sur 185,2 : plus de 60 % de l'énergie, sans aucune hausse de température (les deux paliers de la courbe).

Piège : multiplier ΔH (en kJ/mol) par la MASSE, ou additionner des joules et des kilojoules. Les Cp sont en J/(g·K), les ΔH en kJ/mol : on convertit avant d'additionner.

Le réservoir ne contient que la substance : la pression qui y règne est la pression de vapeur du propan-2-ol à 50,0 °C. Point connu : l'ébullition normale, $P_1=101{,}325\ \mathrm{kPa}$ à $T_1=82{,}5+273{,}15=355{,}65\ \mathrm{K}$.

$\ln\dfrac{P_2}{P_1}=-\dfrac{\Delta H_{vap}}{R}\left(\dfrac{1}{T_2}-\dfrac{1}{T_1}\right)$, avec $T_2=50{,}0+273{,}15=323{,}15\ \mathrm{K}$

Le manomètre mesure l'écart à l'atmosphère : $P_{jauge}=P_{abs}-P_{atm}=26{,}1-101{,}3=-75{,}2\ \mathrm{kPa}$. Le réservoir est en VIDE PARTIEL : sous 82,5 °C, le liquide ne pousse pas assez pour égaler l'atmosphère.

Le résultat suppose ΔH de vaporisation constant entre 50,0 et 82,5 °C.

Piège : garder ΔH en kJ/mol avec $R$ en J/(mol·K) (le facteur 1000 fausse tout), ou annoncer 26,1 kPa comme lecture du manomètre : c'est une pression ABSOLUE.

On suit les opérations dans l'ordre, en gardant un chiffre de garde et en n'arrondissant qu'à la fin.

Différence : $39{,}0-12{,}45=26{,}55$, connue au dixième (39,0 s'arrête aux dixièmes) : 26,6, trois chiffres significatifs.

Somme : $0{,}0072+0{,}0106=0{,}0178$, connue au dix-millième : trois chiffres significatifs.

Produit et quotient : le résultat garde le plus petit nombre de chiffres significatifs des facteurs, trois (4,186 en a quatre).

Piège : compter les chiffres significatifs de 39,0 et de 12,45 pour la différence. Une somme ou une différence se règle sur les DÉCIMALES, un produit ou un quotient sur le nombre de chiffres.

Incertitude de lecture d'un cadran à graduations : la moitié de la plus petite graduation.

Échelle en kPa : graduation de 10 kPa, incertitude $\pm 5\ \mathrm{kPa}$.

Échelle en psi : graduation de 2 psi, incertitude $\pm 1\ \mathrm{psi}\times\dfrac{101{,}325\ \mathrm{kPa}}{14{,}696\ \mathrm{psi}}=\pm 6{,}9\ \mathrm{kPa}$

Les deux lectures n'ont pas la même précision : l'échelle en kPa est la plus précise ($\pm 5$ kPa contre $\pm 6{,}9$ kPa).

Piège : comparer des incertitudes exprimées dans des unités différentes (« 1 est plus petit que 5 »). On les ramène à la même unité.

Charge 1+ : un électron de moins que de protons, donc $Z=28+1=29$, le cuivre, bien dans la 4e période.

Cu : $[\mathrm{Ar}]\,3d^{10}4s^{1}$ ; Cu⁺ perd son électron 4s et garde une sous-couche 3d pleine, ce qui explique que cet ion existe (le cuivre forme aussi, et plus souvent en solution, l'ion Cu²⁺).

Isotope : $A=Z+N=29+34=63$, le cuivre 63, isotope majoritaire (environ 69 %, le reste est du cuivre 65). Réponse : $^{63}_{29}\mathrm{Cu}^{+}$.

Piège : répondre $Z=28$ (le nickel) en prenant le nombre d'électrons pour le numéro atomique, ou K⁺, qui n'a que 18 électrons.

Le gaz est l'argon (39,95 g/mol) ; le néon (20,18), le dioxygène (32,00), le dioxyde de carbone (44,01) et le propane (44,09) sont trop loin.

Piège : laisser T en °C, ou utiliser $R=8{,}314$ avec une pression en atm. Avec cette valeur de $R$, P en kPa et V en L.

HNO₃ est un acide fort : $[\mathrm{H_3O^+}]_1=10^{-1{,}20}=0{,}0631\ \mathrm{mol/L}$.

Les moles d'ions H₃O⁺ se conservent à la dilution : $n=0{,}0631\ \dfrac{\mathrm{mol}}{\mathrm{L}}\times 0{,}0250\ \mathrm{L}=1{,}58\times 10^{-3}\ \mathrm{mol}$

$[\mathrm{H_3O^+}]_2=\dfrac{1{,}58\times 10^{-3}\ \mathrm{mol}}{2{,}00\ \mathrm{L}}=7{,}89\times 10^{-4}\ \mathrm{mol/L}$ et $\mathrm{pH}=-\log(7{,}89\times 10^{-4})=3{,}10$

Contrôle : la solution est diluée 80 fois, et $\log 80=1{,}90$ : le pH monte de 1,20 à 3,10.

Piège : diviser le pH par 80, ou le multiplier. On dilue la CONCENTRATION, pas le pH.

Règles : $l$ va de 0 à $n-1$ ; $m_l$ va de $-l$ à $+l$ ; $m_s=\pm\frac{1}{2}$.

C) $n=2$ et $l=2$ : impossible, car $l$ ne peut pas dépasser $n-1=1$ (la sous-couche 2d n'existe pas).

Les autres sont permis : un électron 3d, 4s, 5f ($m_l=-3$ est permis pour $l=3$) et 4p. Réponse C.

Piège : rejeter D parce que $m_l=-3$ semble trop grand ; pour $l=3$, $m_l$ va de $-3$ à $+3$.

La couche $n=4$ compte $n^{2}=16$ orbitales : une 4s, trois 4p, cinq 4d et sept 4f.

Chaque orbitale accueille au plus deux électrons de spins opposés (Pauli), dont un seul de $m_s=-\frac{1}{2}$ : 16 électrons.

Piège : répondre 32, la capacité de la couche entière ($2n^{2}$), en oubliant que $m_s$ est imposé ; ou 18 en s'arrêtant à la 4e période du tableau.

Quand un métal de transition s'ionise, les électrons 4s partent AVANT les 3d.

Mn : $[\mathrm{Ar}]\,4s^{2}3d^{5}$ ; Mn²⁺ perd ses deux électrons 4s : $[\mathrm{Ar}]\,3d^{5}$, et non $4s^{2}3d^{3}$. La configuration C est erronée.

Les autres sont justes : Fe²⁺ $3d^{6}$ (le fer a perdu ses deux 4s), Cu $3d^{10}4s^{1}$ (exception, sous-couche d pleine), Se avec ses 34 électrons, Zn²⁺ $3d^{10}$.

Piège : retirer les électrons dans l'ordre inverse du remplissage de Klechkowski.

Ni : $Z=28$, $[\mathrm{Ar}]\,4s^{2}3d^{8}$. Ni²⁺ perd ses deux électrons 4s : $[\mathrm{Ar}]\,3d^{8}$.

Règle de Hund : huit électrons dans cinq cases 3d, un par case d'abord (5), puis trois appariements : il reste 2 électrons célibataires.

Des électrons célibataires rendent l'ion paramagnétique : il est attiré par un aimant.

Piège : écrire $[\mathrm{Ar}]\,4s^{2}3d^{6}$ en retirant les électrons 3d, ce qui donnerait 4 électrons célibataires.

C'est la raie bleu-vert du spectre de raies de l'hydrogène. Trois chiffres significatifs, ceux de 2,18.

Piège : prendre $\frac{1}{4}-\frac{1}{2}$ sans les carrés, ou oublier de convertir les mètres en nanomètres.

Le long de la 3e période, l'énergie de première ionisation monte, avec deux creux : l'aluminium sous le magnésium, le soufre sous le phosphore.

Al, $[\mathrm{Ne}]\,3s^{2}3p^{1}$, perd un électron 3p, plus haut en énergie et en partie écranté par la paire 3s : il s'arrache plus facilement qu'un électron 3s du magnésium.

Après le sodium (496 kJ/mol), la plus faible est donc celle de l'aluminium (578 kJ/mol, contre 738 pour Mg).

Piège : suivre la tendance générale et répondre le magnésium, voisin du sodium.

Les quatre espèces ont 10 électrons, la configuration du néon. Leur taille ne dépend plus que de la charge du noyau qui retient ces électrons : $Z$ = 8, 9, 11 et 12.

Plus $Z$ est grand, plus le nuage est contracté : $\mathrm{Mg^{2+}}<\mathrm{Na^+}<\mathrm{F^-}<\mathrm{O^{2-}}$.

Piège : classer par la masse ou par la seule position dans le tableau. Dans une série isoélectronique, la charge nucléaire tranche.

$0{,}01<0{,}5$ : liaison covalente (seuils du cours, 0,5 et 1,7). Les deux atomes tirent presque également sur la paire liante.

Piège : conclure « polaire » parce que les deux atomes sont différents. C'est la valeur de $\Delta\chi$ qui tranche, pas la nature des atomes.

La liaison O–H est covalente polaire, avec près d'un tiers de caractère ionique : c'est ce qui rend son hydrogène apte à la liaison hydrogène.

Piège : oublier le carré de $\Delta\chi$ ou la division par 4.

Un octet étendu met plus de 8 électrons autour de l'atome central, ce qui n'est possible qu'à partir de la 3e période.

SF₆ : six liaisons S–F, soit 12 électrons autour du soufre. Réponse B.

Les autres : BCl₃ a un octet incomplet (6 électrons sur B), NO un nombre impair d'électrons (11), NF₃ et CO₂ respectent l'octet.

Piège : prendre l'octet incomplet du bore pour un octet étendu ; ce sont deux exceptions différentes.

AX₃E₂ : 5 paquets, géométrie des paquets bipyramide à base triangulaire.

Les doublets libres, plus encombrants, se placent en position ÉQUATORIALE (120° entre eux, au lieu de 90° en axial). Restent pour les trois X : les deux positions axiales et une équatoriale.

Géométrie moléculaire : en T, avec des angles X–A–X d'environ 90° et 180°, comme dans ClF₃.

Le modèle dessiné met les doublets en axial et les X en plan triangulaire : c'est l'erreur à corriger.

Piège : nommer la géométrie des paquets (bipyramide) ou celle des seuls atomes dessinés (plan triangulaire).

Lewis : H–C≡N, avec un doublet libre sur l'azote. Toute liaison simple est σ ; une liaison triple compte une σ et deux π.

σ : H–C et la σ de C≡N, soit 2 ; π : 2.

Le carbone a 2 paquets (H et N) : géométrie linéaire, hybridation sp ; ses deux orbitales p non hybridées forment les deux liaisons π.

Piège : compter trois liaisons σ dans la liaison triple.

Une liaison hydrogène demande DEUX conditions : sur une molécule, un H lié à N, O ou F (le donneur) ; sur l'autre, un doublet libre porté par N, O ou F (l'accepteur).

B) L'eau fournit un H lié à O ; l'oxygène du groupe C=O de la propanone porte deux doublets libres : la liaison se forme. Réponse B.

A) : un accepteur (O), mais aucun H lié à O, N ou F ; C) : le méthane n'a ni doublet libre ni H lié à un atome électronégatif ; D) : le soufre n'est pas assez électronégatif ; E) : l'hydrogène est lié au carbone, et le chlore ne fait pas partie du trio N, O, F.

Piège : croire qu'une molécule qui contient O et H forme toujours des liaisons hydrogène avec elle-même ; dans CH₃COCH₃, tous les H sont liés au carbone.

Faux. La masse volumique de l'eau liquide est maximale à 4 °C (environ 1,000 g/mL).

De 10 à 4 °C, elle augmente, par la contraction thermique ordinaire ; de 4 à 1 °C, elle DIMINUE : des agrégats liés par liaisons hydrogène, à structure ouverte comme celle de la glace, se forment déjà et occupent plus de place.

C'est pourquoi un lac gèle par le dessus : l'eau à 4 °C, la plus dense, reste au fond.

Piège : prolonger la contraction thermique ordinaire jusqu'à 0 °C.

A et B sont à une température INFÉRIEURE à celle du point triple : sur ce diagramme, dont la courbe de fusion penche vers la droite, aucune pression ne donne de liquide à cette température.

A est dans la région du gaz, B dans celle du solide : la compression traverse la courbe solide-gaz. Le gaz passe directement à l'état solide : c'est une déposition (condensation solide).

Piège : répondre liquéfaction, en pensant qu'une compression mène toujours au liquide ; il faudrait une température supérieure à celle du point triple.