Chapitre 1 · La mole et la quantité de matière

La frise ci-dessous porte des ordres de grandeur sur une échelle logarithmique : chaque graduation vaut dix mille fois la précédente.

On prend $N_{A}=6{,}022\times 10^{23}$ entités par mole.

a) Combien de molécules contiennent $0{,}250$ mol de dioxyde de carbone ? Combien d'atomes d'oxygène ?

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Réponse

a) $1{,}51\times 10^{23}$ molécules ; $3{,}01\times 10^{23}$ atomes d'oxygène

a) $N=n\,N_{A}=0{,}250\times 6{,}022\times 10^{23}=1{,}51\times 10^{23}$ molécules de $CO_{2}$ . Pour les atomes d'oxygène, la formule dit qu'il y en a deux par molécule, donc deux moles d'oxygène par mole de dioxyde de carbone : $N(O)=2\times 1{,}51\times 10^{23}=3{,}01\times 10^{23}$ atomes. C'est le premier endroit où l'indice de la formule multiplie le décompte, et l'oubli de ce facteur 2 est l'erreur la plus fréquente de l'exercice. On peut aussi le dire en moles, ce qui est plus sûr : $0{,}250$ mol de $CO_{2}$ contient $0{,}500$ mol d'atomes d'oxygène.

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Chapitre 2 · Les transformations chimiques

Une transformation chimique change des RÉACTIFS en PRODUITS : les molécules se défont et se refont autrement, les atomes, eux, restent les mêmes. À l'observation, quatre indices la trahissent : un gaz qui se dégage, un changement de couleur, un solide qui apparaît quand on mélange deux solutions, une chaleur ou une lumière dégagée ou absorbée. Aucun n'est une preuve à lui seul.

Dans un contenant fermé, on fait passer une décharge électrique dans un mélange de diazote et de dioxygène, comme dans l'air traversé par un éclair. Il se forme du monoxyde d'azote $NO$ , un gaz. Le schéma montre le contenu du contenant avant la réaction.

c) Écrivez l'équation équilibrée de la réaction de l'éclair, en nommant les réactifs et le produit.

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Réponse

c) $N_{2}(g)+O_{2}(g)\rightarrow 2\,NO(g)$

c) Les réactifs sont le diazote $N_{2}$ et le dioxygène $O_{2}$ , deux gaz DIATOMIQUES ; le produit est le monoxyde d'azote $NO$ . L'inventaire donne 2 $N$ et 2 $O$ à gauche, 1 $N$ et 1 $O$ dans $NO$ : on double le produit. Équation : $N_{2}(g)+O_{2}(g)\rightarrow 2\,NO(g)$ , coefficients 1, 1, 2.

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Chapitre 3 · Les propriétés des gaz

Pour chaque situation, nommez la loi utilisée, puis calculez la valeur demandée. La quantité de gaz est constante dans chaque cas.

a) On comprime 2,0 L de gaz initialement à 150 kPa jusqu'à un volume de 0,60 L, à température constante. Quelle est la nouvelle pression ?

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Réponse

a) Boyle-Mariotte : $P_{2}=500$ kPa

a) Boyle-Mariotte : $P_{2}=\dfrac{P_{1}V_{1}}{V_{2}}=\dfrac{150\times 2{,}0}{0{,}60}=500$ kPa.

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Chapitre 4 · Stœchiométrie gazeuse et mélanges de gaz

Données : $R=8{,}314$ kPa·L/(mol·K) ; volume molaire $22{,}4$ L/mol aux TPN (0 °C, 101,3 kPa) et $24{,}5$ L/mol aux TAPN (25 °C, 101,3 kPa) ; $M(O_{2})=32{,}00$ g/mol.

Choisir le mauvais volume molaire fausse tout le calcul de près de 10 %, sans qu'aucune étape ne paraisse suspecte.

a) Quelle quantité de matière, puis quelle masse, représentent $5{,}60$ L de dioxygène aux TPN ?

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Réponse

a) $n=0{,}250$ mol ; $m=8{,}00$ g

a) Aux TPN, une mole occupe $22{,}4$ L, donc $n=\dfrac{5{,}60}{22{,}4}=0{,}250$ mol. La masse vaut $m=nM=0{,}250\times 32{,}00=8{,}00$ g.

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Chapitre 5 · L'aspect énergétique des transformations

Pour une réaction donnée, le diagramme énergétique indique : énergie potentielle des réactifs 50 kJ, sommet de la barrière (complexe activé) 180 kJ, énergie potentielle des produits 120 kJ.

a) Calculez la variation d'enthalpie $\Delta H$ de la réaction. La réaction est-elle endothermique ou exothermique ?

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Réponse

a) $\Delta H=+70$ kJ : endothermique

a) $\Delta H=E_{p}(produits)-E_{p}(r\acute{e}actifs)=120-50=+70$ kJ. Le signe est positif : la réaction est endothermique, elle absorbe de l'énergie.

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Chapitre 6 · Problèmes de thermochimie

On compare l'éthanol et l'essence, assimilée à de l'octane pur.

Données : éthanol $C_{2}H_{5}OH$ , $M=46{,}07$ g/mol, $\Delta H_{comb}=-1367$ kJ/mol, masse volumique $0{,}789$ g/mL. Octane $C_{8}H_{18}$ , $M=114{,}23$ g/mol, $\Delta H_{comb}=-5470$ kJ/mol, masse volumique $0{,}703$ g/mL.

a) Calculez le contenu énergétique de chaque carburant PAR GRAMME.

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Réponse

a) Éthanol $29{,}7$ kJ/g ; octane $47{,}9$ kJ/g

a) On divise l'enthalpie molaire par la masse molaire. Éthanol : $\dfrac{1367}{46{,}07}=29{,}7$ kJ/g. Octane : $\dfrac{5470}{114{,}23}=47{,}9$ kJ/g. L'essence est donc environ $1{,}6$ fois plus énergétique par gramme. La raison chimique est visible dans les formules : l'éthanol porte déjà un atome d'oxygène, il est donc partiellement oxydé au départ, et il reste moins d'énergie à libérer en le brûlant.

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Chapitre 7 · 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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Chapitre 8 · Problèmes de cinétique chimique

On suit la décomposition d'un réactif $A$ en mesurant sa concentration au cours du temps. La courbe obtenue est celle de la figure.

La distinction entre vitesse moyenne et vitesse instantanée est la seule vraie difficulté conceptuelle du chapitre.

t (s)	0	20	40	60	80	100
[A] (mol/L)	1,000	0,670	0,449	0,301	0,202	0,135

a) Calculez la vitesse moyenne de disparition de $A$ entre $0$ et $20$ s, puis entre $80$ et $100$ s.

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Réponse

a) $1{,}65\times 10^{-2}$ mol/(L·s) ; $3{,}35\times 10^{-3}$ mol/(L·s)

a) Entre $0$ et $20$ s : $v=\dfrac{|0{,}670-1{,}000|}{20}=\dfrac{0{,}330}{20}=1{,}65\times 10^{-2}$ mol/(L·s). Entre $80$ et $100$ s : $v=\dfrac{|0{,}135-0{,}202|}{20}=\dfrac{0{,}067}{20}=3{,}35\times 10^{-3}$ mol/(L·s).

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Chapitre 9 · 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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Chapitre 10 · Titrage acide-base et courbes de pH

La figure donne la courbe de titrage de $25{,}0$ mL d'un monoacide par une solution d'hydroxyde de sodium à $0{,}100$ mol/L.

Une courbe de titrage se lit en quatre endroits : le point de départ, la zone plate, le saut vertical et le plateau final. Chacun renseigne sur une chose différente.

Au-delà du programme de secondaire 5 : l'explication du pH basique à l'équivalence par l'hydrolyse de la base conjuguée (question c) et la zone tampon (question d) ne sont pas au programme du Ministère ; elles sont étudiées au cégep, dans le chapitre sur les titrages et les solutions tampons du cours 202-SN2-RE (Chimie des solutions). Lire le volume à l'équivalence, le pH initial et le pH à l'équivalence sur la courbe, puis conclure à un acide faible, reste au programme.

a) Lisez le volume à l'équivalence, puis calculez la concentration de l'acide titré.

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Réponse

a) $V_{eq}=25{,}0$ mL ; $c=0{,}100$ mol/L

a) L'équivalence se lit au milieu du saut vertical, ici à $V=25{,}0$ mL. On en tire $n(NaOH)=0{,}100\times 0{,}0250=2{,}50\times 10^{-3}$ mol, égale à $n(acide)$ , donc $C=\dfrac{2{,}50\times 10^{-3}}{0{,}0250}=0{,}100$ mol/L.

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Chapitre 11 · 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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Faire le point : Chimie, Secondaire 5

Les chapitres du cours

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