Faire le point : Chimie des solutions 202-SN2-RE (ancien 202-NYB)

Une question par chapitre, 16 en tout, tirées des exercices corrigés du cours. Réponds à celles que tu sais faire et passe celles d'un chapitre que tu n'as pas encore vu : chaque réponse se vérifie tout de suite, et la correction s'ouvre après.

Avec ton espace gratuit, chaque réponse est gardée et ton tableau de bord range chaque chapitre : réussi au test, ou à travailler. Ce sont les mêmes questions que sur les pages des séries : une réponse donnée ici compte là-bas.

Ce que le cours suppose

Ces chapitres viennent d'une année précédente, et le cours s'appuie dessus dès les premières semaines.

Chimie · Secondaire 5 · La vitesse de réaction

On fait réagir un ruban de magnésium avec de l'acide chlorhydrique : $Mg+2HCl\rightarrow MgCl_{2}+H_{2}$ . On mesure le volume de dihydrogène produit :

t (s)	0	20	40	60	80	100
Volume de $H_{2}$ (mL)	0	18	30	38	42	42

a) Calculez la vitesse moyenne de production de $H_{2}$ entre 0 et 20 s.

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Réponse

a) $v=0{,}90$ mL/s

a) $v=\dfrac{\Delta V}{\Delta t}=\dfrac{18-0}{20-0}=0{,}90$ mL/s.

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Chimie · Secondaire 5 · L'équilibre chimique

À une certaine température, l'équilibre $H_{2}(g)+I_{2}(g)\rightleftharpoons 2HI(g)$ présente les concentrations suivantes : $[H_{2}]=0{,}20$ mol/L, $[I_{2}]=0{,}050$ mol/L et $[HI]=0{,}60$ mol/L. Le schéma ci-dessous représente les deux contenants, à raison d'une molécule pour 0,05 mol/L.

a) Écrivez l'expression de la constante d'équilibre $K_{c}$ .

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Réponse

a) $K_{c}=\dfrac{[HI]^{2}}{[H_{2}][I_{2}]}$

a) $K_{c}=\dfrac{[HI]^{2}}{[H_{2}][I_{2}]}$ .

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Chimie · Secondaire 5 · Les solides peu solubles et Kps

Le bromure d'argent $AgBr$ est un solide ionique très peu soluble : à 25 °C, $K_{ps}(AgBr)=5{,}0\times 10^{-13}$ . Dans chacun des deux béchers de la figure, on a versé du bromure d'argent dans 100 mL d'eau, en quantités différentes, puis agité longtemps à 25 °C. Dans le bécher 1, tout le solide a disparu ; dans le bécher 2, un dépôt reste au fond.

Le dessin ne montre que quelques ions : il n'est pas à l'échelle.

a) Lequel des deux béchers contient à coup sûr une solution saturée ? Que peut-on dire, avec certitude, de la solution du bécher 1 ?

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Réponse

a) Le bécher 2 ; le bécher 1 est insaturé ou tout juste saturé, on ne peut pas trancher

a) Le bécher 2. Seul un DÉPÔT de solide non dissous prouve que l'eau ne peut plus en dissoudre davantage à cette température : c'est la définition opérationnelle d'une solution saturée. Le bécher 1 ne permet pas de conclure. Tout y est dissous, donc la solution est soit insaturée (on aurait pu dissoudre encore un peu de solide), soit tout juste saturée (la dernière parcelle a disparu pile au moment de la saturation). Sans dépôt, on ne sait pas. Piège : conclure « saturée » parce que le dessin montre des ions ; tous les sels dissous donnent des ions, saturés ou non.

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Chimie · Chimie générale 202-SN1-RE (ancien 202-NYA) · La mesure au laboratoire, chiffres significatifs et incertitudes

La figure donne cinq pièces de verrerie avec la tolérance annoncée par le fabricant.

c) On doit prélever une prise d'essai destinée à une dilution : le volume prélevé entrera directement dans le calcul de la concentration finale. Quel instrument choisir parmi les cinq ?

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Réponse

c) La pipette jaugée de $25{,}00$ mL

c) La pipette jaugée. Elle est le seul instrument de la liste conçu pour délivrer un volume unique et fixé à haute précision, et c'est exactement ce que demande une prise d'essai. La fiole jaugée, elle, sert à CONTENIR un volume, pas à en délivrer un : on y prépare la solution diluée, on n'y prélève pas.

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Chimie · Chimie générale 202-SN1-RE (ancien 202-NYA) · Stœchiométrie, réactif limitant et rendement

L'ammoniac se synthétise selon $N_{2}+3\,H_{2}\rightarrow 2\,NH_{3}$ . On fait réagir 28,0 g de diazote $N_{2}$ avec 5,00 g de dihydrogène $H_{2}$ . Masses molaires (g/mol) : $N_{2}$ 28,02 ; $H_{2}$ 2,02 ; $NH_{3}$ 17,04.

Le schéma ci-dessous représente la synthèse.

b) Déterminez le réactif limitant en comparant les rapports $\dfrac{n}{\text{coefficient}}$ .

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Réponse

b) $0{,}825<1{,}00$ : le dihydrogène est limitant

b) Pour $N_{2}$ : $\dfrac{1{,}00}{1}=1{,}00$ . Pour $H_{2}$ : $\dfrac{2{,}48}{3}=0{,}825$ . Le plus petit rapport est celui du dihydrogène, donc $H_{2}$ est le réactif limitant : il s'épuise avant le diazote. Une fois le limitant épuisé, ajouter encore du réactif en excès ne produit plus rien : la quantité de produit forme un plateau.

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Chimie · Chimie générale 202-SN1-RE (ancien 202-NYA) · Solutions et propriétés colligatives

En solution, la quantité de matière se lit comme un produit $C\times V$ . Toute la stœchiométrie du chapitre précédent s'applique alors sans changement, à condition de ne jamais confondre volume de solution et volume de soluté.

Masse molaire de $AgCl$ : 143,32 g/mol. Le schéma ci-dessous représente le titrage de b) et la précipitation de c).

a) Comment préparer 500 mL d'acide chlorhydrique à 0,150 mol/L à partir d'une solution commerciale à 12,0 mol/L ? Décrivez le mode opératoire.

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Réponse

a) Prélever 6,25 mL et compléter à 500 mL dans une fiole contenant déjà de l'eau

a) La dilution conserve la quantité de matière : $C_{1}V_{1}=C_{2}V_{2}$ , donc $V_{1}=\dfrac{C_{2}V_{2}}{C_{1}}=\dfrac{0{,}150\times 0{,}500}{12{,}0}=6{,}25\times 10^{-3}$ L, soit 6,25 mL. Mode opératoire : prélever 6,25 mL de la solution commerciale à la pipette, les verser dans une fiole jaugée de 500 mL contenant DÉJÀ un fond d'eau distillée, puis compléter jusqu'au trait de jauge et homogénéiser. On ne verse jamais l'acide dans une fiole vide que l'on remplit ensuite d'eau.

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Chimie · Chimie générale 202-SN1-RE (ancien 202-NYA) · Thermochimie et premier principe

Un système échange de l'énergie avec son milieu de deux façons seulement : par la chaleur et par le travail. Le premier principe affirme que la somme des deux est une grandeur d'état, l'énergie interne.

Rappel d'unités : 1 kPa·L = 1 J.

Le schéma ci-dessous représente la détente de b).

b) Un gaz se détend de 2,00 L à 5,00 L contre une pression extérieure constante de 101,3 kPa, en absorbant 500 J de chaleur. Calculez le travail, puis la variation d'énergie interne.

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Réponse

b) $w=-304$ J et $\Delta U=+196$ J

b) $\Delta V=5{,}00-2{,}00=+3{,}00$ L. Le travail vaut $w=-P\Delta V=-101{,}3\times 3{,}00=-304$ kPa·L, soit $-304$ J. Le signe est négatif parce que le gaz POUSSE l'atmosphère : il fournit du travail. Alors $\Delta U=q+w=500+(-304)=+196$ J.

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Les chapitres du cours

Dans l'ordre du cours.

Chapitre 1 · La mesure, les incertitudes et le traitement graphique des données

On dispose maintenant de la droite d'étalonnage $A=aC+b$ avec $a=(0{,}191\pm 0{,}008)$ L/(mg $\cdot$ cm) et $b=0{,}000$ , établie pour $C$ entre $0{,}500$ et $2{,}500$ mg/L. Un échantillon d'eau de rivière est traité par le même réactif : on en prélève $5{,}00$ mL à la pipette ( $\pm 0{,}015$ mL) que l'on complète à $100{,}00$ mL ( $\pm 0{,}08$ mL), et la cuve donne $A=0{,}305\pm 0{,}008$ .

Le schéma ci-dessous représente la préparation de l'échantillon.

b) Calculez son incertitude relative puis absolue, et écrivez le résultat publiable.

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Réponse

b) $6{,}8\,\%$ , soit $C=(1{,}6\pm 0{,}1)$ mg/L ; la pente domine

b) Le quotient $\dfrac{A}{a}$ fait s'ajouter les incertitudes RELATIVES : $\dfrac{0{,}008}{0{,}305}\times 100=2{,}6\,\%$ pour l'absorbance, $4{,}2\,\%$ pour la pente, total $6{,}8\,\%$ . Incertitude absolue : $0{,}068\times 1{,}596=0{,}11$ mg/L, arrondie à un chiffre significatif, donc $0{,}1$ mg/L. Résultat publiable : $C=(1{,}6\pm 0{,}1)$ mg/L. Deux chiffres, pas quatre. Noter lequel des deux postes domine : la PENTE, pour les deux tiers. Améliorer la lecture d'absorbance ne rapporterait presque rien tant que la courbe d'étalonnage reste celle-là, ce qui est tout le contraire de l'intuition, car c'est la lecture que l'on vient de faire et la courbe qui date d'il y a une heure.

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Chapitre 2 · La cinétique chimique

Pour la réaction $A+B\rightarrow$ produits, trois expériences donnent les vitesses initiales suivantes.

Expérience 1 : $[A]=0{,}10$ mol/L, $[B]=0{,}10$ mol/L, $v=2{,}0\times 10^{-3}$ mol/(L·s). Expérience 2 : $[A]=0{,}20$ mol/L, $[B]=0{,}10$ mol/L, $v=8{,}0\times 10^{-3}$ mol/(L·s). Expérience 3 : $[A]=0{,}10$ mol/L, $[B]=0{,}20$ mol/L, $v=4{,}0\times 10^{-3}$ mol/(L·s). Le schéma ci-dessous représente les trois mélanges initiaux.

a) Déterminez l'ordre de la réaction par rapport à $A$ , puis par rapport à $B$ , en explicitant le raisonnement de comparaison.

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Réponse

a) Ordre 2 en $A$ , ordre 1 en $B$

a) Des expériences 1 à 2 : $[A]$ double à $[B]$ constant, et $v$ est multipliée par $\frac{8{,}0}{2{,}0}=4=2^{2}$ : ordre 2 en $A$ . Des expériences 1 à 3 : $[B]$ double à $[A]$ constant, $v$ est multipliée par 2 : ordre 1 en $B$ . Toujours ne changer qu'UNE concentration à la fois : c'est ce qui isole chaque exposant.

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Chapitre 3 · L'équilibre chimique

À 430 °C, la réaction $H_{2}(g)+I_{2}(g)\rightleftharpoons 2HI(g)$ a une constante $K_{c}=54{,}3$ .

Le schéma ci-dessous représente le mélange du c).

c) On mélange $[H_{2}]=[I_{2}]=[HI]=0{,}10$ mol/L à 430 °C. Calculez le quotient réactionnel et prédisez le sens d'évolution.

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Réponse

c) $Q=1{,}0<K_{c}=54{,}3$ , évolution dans le sens direct

c) $Q=\frac{(0{,}10)^{2}}{(0{,}10)(0{,}10)}=1{,}0$ . Comme $Q=1{,}0<K_{c}=54{,}3$ , le numérateur doit croître : le système évolue dans le SENS DIRECT, il fabrique du $HI$ en consommant $H_{2}$ et $I_{2}$ , jusqu'à ce que $Q$ rejoigne 54,3.

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Chapitre 4 · Les acides et les bases

Constantes d'acidité à 25 °C : HF : $K_{a}=6{,}6\times 10^{-4}$ ; $CH_{3}COOH$ : $K_{a}=1{,}8\times 10^{-5}$ ; HCN : $K_{a}=6{,}2\times 10^{-10}$ .

d) La réaction $HF+CN^{-}\rightleftharpoons F^{-}+HCN$ est-elle favorisée vers la droite ou vers la gauche ? Justifiez avec les $K_{a}$ , sans calcul de constante.

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Réponse

d) Vers la droite : rapport des $K_{a}$ voisin de $10^{6}$ , réaction très favorisée

d) Vers la DROITE. Le sens direct oppose l'acide HF ( $K_{a}=6{,}6\times 10^{-4}$ ) à l'acide HCN ( $K_{a}=6{,}2\times 10^{-10}$ ) : la réaction évolue de l'acide le plus fort vers l'acide le plus faible, le proton descend toujours vers la base la plus avide (ici $CN^{-}$ ). Le rapport des deux $K_{a}$ , environ $10^{6}$ , donnerait d'ailleurs directement la constante d'équilibre de la réaction : très favorisée.

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Chapitre 5 · Les titrages et les solutions tampons

On titre $20{,}00$ mL d'une solution d'ammoniac $0{,}150$ M par de l'acide chlorhydrique $0{,}100$ M. On donne $K_{b}(\mathrm{NH_{3}})=1{,}8\times 10^{-5}$ .

Le schéma ci-dessous représente le montage.

a) Écrivez l'équation de titrage et calculez le volume équivalent.

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Réponse

a) $NH_{3}+H_{3}O^{+}\rightarrow NH_{4}^{+}+H_{2}O$ , $V_{eq}=30{,}00$ mL

a) $\mathrm{NH_{3}}+\mathrm{H_{3}O^{+}}\rightarrow\mathrm{NH_{4}^{+}}+\mathrm{H_{2}O}$ . Équivalence : $n(\mathrm{NH_{3}})=n(\mathrm{HCl})$ , soit $0{,}150\times 20{,}00=0{,}100\times V_{\text{éq}}$ , donc $V_{\text{éq}}=30{,}00$ mL. Attention, les concentrations sont ici DIFFÉRENTES, et le volume équivalent n'a plus aucune raison d'égaler le volume initial : c'est une source d'erreur classique chez qui a mémorisé l'exercice précédent au lieu de la méthode.

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Chapitre 6 · Solubilité et produit de solubilité

Au laboratoire, on mesure qu'un litre d'eau saturée dissout $2{,}40\times 10^{-3}$ g de sulfate de baryum $BaSO_{4}$ ( $M=233{,}40$ g/mol) et $2{,}16\times 10^{-2}$ g de chromate d'argent $Ag_{2}CrO_{4}$ ( $M=331{,}74$ g/mol).

Le schéma ci-dessous représente les deux solutions saturées.

b) Calculez le $K_{ps}$ du $Ag_{2}CrO_{4}$ . Attention à la stœchiométrie.

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Réponse

b) $s=6{,}51\times 10^{-5}$ mol/L et $K_{ps}=4s^{3}=1{,}10\times 10^{-12}$

b) $s=\frac{2{,}16\times 10^{-2}}{331{,}74}=6{,}51\times 10^{-5}$ mol/L. Ici $Ag_{2}CrO_{4}(s)\rightleftharpoons 2Ag^{+}+CrO_{4}^{2-}$ : chaque unité dissoute libère DEUX ions argent, donc $[Ag^{+}]=2s$ et $[CrO_{4}^{2-}]=s$ . $K_{ps}=(2s)^{2}(s)=4s^{3}=4(6{,}51\times 10^{-5})^{3}=1{,}10\times 10^{-12}$ . Oublier le coefficient 2 (dans la concentration ET dans l'exposant) est l'erreur la plus fréquente du chapitre : elle fausse ici le résultat d'un facteur 4.

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Chapitre 7 · Oxydoréduction et électrochimie

Le nombre d'oxydation est une convention comptable : on attribue les électrons de chaque liaison à l'atome le plus électronégatif. Deux exceptions font tomber la moitié des copies, et elles reviennent chaque session.

b) Déterminez celui de l'oxygène dans $H_{2}O_{2}$ et celui de l'hydrogène dans $NaH$ . Nommez l'exception dans chaque cas.

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Réponse

b) $n(O)=-1$ dans $H_{2}O_{2}$ (peroxyde) et $n(H)=-1$ dans $NaH$ (hydrure)

b) Dans $H_{2}O_{2}$ : les deux $H$ valent $+1$ , la molécule est neutre, donc $2(+1)+2n(O)=0$ et $n(O)=-1$ . C'est l'exception des PEROXYDES, où deux oxygènes sont liés entre eux. Dans $NaH$ : $Na$ est un métal alcalin, il vaut $+1$ , donc $n(H)=-1$ . C'est l'exception des HYDRURES métalliques, où l'hydrogène est lié à un élément MOINS électronégatif que lui.

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Chapitre 8 · Thermodynamique chimique

$\Delta G=\Delta H-T\Delta S$ combine les deux moteurs d'une transformation : l'énergie libérée et le désordre produit. Leur importance relative dépend de la température, ce qui donne quatre comportements possibles.

Pour $CaCO_{3}(s)\rightarrow CaO(s)+CO_{2}(g)$ : $\Delta H^{\circ}_{r}=+179{,}2$ kJ/mol et $\Delta S^{\circ}_{r}=+160{,}6$ J/(mol·K).

a) Dressez le tableau des quatre cas selon les signes de $\Delta H$ et $\Delta S$ , en précisant pour chacun le domaine de température où la réaction est spontanée.

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Réponse

a) Toujours, jamais, à basse température, à haute température, selon les quatre combinaisons de signes

a) Cas 1, $\Delta H<0$ et $\Delta S>0$ : les deux termes favorisent, $\Delta G<0$ à TOUTE température, la réaction est toujours spontanée. Cas 2, $\Delta H>0$ et $\Delta S<0$ : les deux s'opposent, $\Delta G>0$ toujours, JAMAIS spontanée. Cas 3, $\Delta H<0$ et $\Delta S<0$ : l'enthalpie favorise, l'entropie s'oppose ; comme le terme entropique est multiplié par $T$ , il l'emporte quand $T$ grandit : spontanée à BASSE température. Cas 4, $\Delta H>0$ et $\Delta S>0$ : situation inverse, spontanée à HAUTE température.

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Chapitre 9 · Solutions et propriétés colligatives

Une dissolution est spontanée si $\Delta G_{sol}=\Delta H_{sol}-T\Delta S_{sol}$ est NÉGATIVE. L'enthalpie ne décide donc rien à elle seule.

Données à $25$ °C. Nitrate d'ammonium : $\Delta H_{sol}=+26$ kJ/mol et $\Delta S_{sol}=+108$ J/(mol·K). Dioxygène dissous dans l'eau : $\Delta H_{sol}=-12{,}5$ kJ/mol et $\Delta S_{sol}=-95$ J/(mol·K).

a) Calculez $\Delta G_{sol}$ du nitrate d'ammonium à $25$ °C, en kJ/mol. Conclure.

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Réponse

a) $\Delta G_{sol}=-6{,}2$ kJ/mol : spontanée malgré l'endothermicité

a) $\Delta G_{sol}=26\,000-298\times 108=26\,000-32\,184=-6184$ J/mol, soit $-6{,}2$ kJ/mol. La dissolution est donc SPONTANÉE bien qu'elle refroidisse la solution : c'est l'entropie qui paie. Attention au piège d'unités, qui coûte un point à chaque examen : l'enthalpie est en kilojoules, l'entropie en joules par kelvin. Sans conversion, on trouve $26-32\,184=-32\,158$ kJ/mol, une énormité qu'aucun contrôle d'ordre de grandeur ne laisse passer.

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