3 édition CHIMIE SOLUTIONS

CHIMIEDES SOLUTIONS

3e édition

Eddy FlamandCégep de Jonquière

Jean-Luc AllardCollège Jean-de-Brébeuf

Solutions détaillées

SO D

INTRODUCTION

Le manuel Chimie des solutions, 3e édition contient, à partir de la page 367, lesréponses à tous les exercices du manuel, autant ceux se trouvant au fil du texteque les questions, exercices supplémentaires, exercices récapitulatifs et exerci-ces défis de fin de chapitre. Ce corrigé ne contient que les réponses et, selon lanature des questions posées, certaines de ces réponses demandent des explica-tions, des calculs ou des démonstrations supplémentaires pour être complètes.

Les professeurs qui ont adopté le manuel Chimie des solutions, 3e éditionpour leurs classes sont autorisés à rendre disponibles pour leurs élèves les solu-tions détaillées par photocopies.

CONVENTION DE REPRODUCTIONCe document fait partie du site Web Chimie des solutions, 3e édition, guide dumaître; il contient les solutions détaillées des problèmes du manuel. Ce matérielreproductible est destiné aux élèves. La distribution et la reproduction partielleou totale de ces documents n'est autorisée qu'aux enseignants qui auront adoptéle manuel pour leurs classes, et est conditionnelle à ce que la mention du droitd'auteur soit visible sur toutes les pages reproduites.

Chimie des solutions, 3e édition – Solutions détaillées© Groupe Modulo inc., 20105800, rue Saint-Denis, bureau 1102Montréal (Québec)Canada H2S 3L5Téléphone : 514 738-9818 / 1 888 738-9818Télécopieur : 514 738-5838 / 1 888 273-5247Site Internet : www.groupemodulo.com

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TABLE DES MATIÈRES

Chapitre 1 SOLUTIONSEXERCICES 1.1 À 1.20 1QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES 5EXERCICE RÉCAPITULATIF 11EXERCICE DÉFI 12

Chapitre 2 PROPRIÉTÉS COLLIGATIVESEXERCICES 2.1 À 2.14 13QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES 16EXERCICE RÉCAPITULATIF 24EXERCICE DÉFI 25

Chapitre 3 CINÉTIQUE CHIMIQUEEXERCICES 3.1 À 3.15 27QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES 31EXERCICE RÉCAPITULATIF 41EXERCICE DÉFI 42

Chapitre 4 ÉQUILIBRE CHIMIQUEEXERCICES 4.1 À 4.20 44QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES 49EXERCICES RÉCAPITULATIFS 60EXERCICE DÉFI 62

Chapitre 5 ACIDES ET BASESEXERCICES 5.1 À 5.27 63QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES 70EXERCICE RÉCAPITULATIF 83EXERCICE DÉFI 85

Chapitre 6 ÉQUILIBRE IONIQUE DES ÉLECTROLYTES FAIBLESEXERCICES 6.1 À 6.19 87QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES 100EXERCICE RÉCAPITULATIF 115EXERCICE DÉFI 118

Chapitre 7 SOLUBILITÉ ET RÉACTIONS DE PRÉCIPITATION

EXERCICES 7.1 À 7.13 121QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES 126EXERCICE RÉCAPITULATIF 136EXERCICE DÉFI 137

Chapitre 8 OXYDORÉDUCTION ET ÉLECTROCHIMIEEXERCICES 8.1 À 8.20 138QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES 144EXERCICE RÉCAPITULATIF 158EXERCICE DÉFI 159

SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1 1

© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.

CHAPITRE 1 – SOLUTIONS DÉTAILLÉES

EXERCICE 1.1 (page 7)

a) Volume d'eau = 150,0 g NaNO3 ×

100 0125 0

,,

mL H Og NaNO

2

3

= 120,0 mL H2O

Tout le KI se dissout dans ce volume d'eau, puisque 100,0 mL H2O dissolvent 230,0 g de KI.

b) Masse de NaNO3 dissous à 0 °C =

71 01

, g NaNO00,0 mL H O

3

2

× 120,0 mL H2O = 85,2 g NaNO3

Masse de NaNO3 recristallisé = 150,0 g − 85,2 g = 64,8 g NaNO3

Tout le KI demeure en solution.

EXERCICE 1.2 (page 9)a) HCl(aq) Électrolyte fort, car la molécule se dissocie totalement en H+(aq) et en Cl−(aq).b) I2(aq) Non-électrolyte, car l'iode moléculaire ne se dissocie pas en solution.c) KNO3(aq) Électrolyte fort, car la molécule se dissocie totalement en K+(aq) et en NO3

− (aq).d) CH3OH(aq) Non-électrolyte, car cette molécule est organique.e) PtCl4(aq) Non-électrolyte, car il s'agit du chlorure d'un métal lourd.f ) NH3(aq) Électrolyte faible, car la molécule se combine à l'eau et forme en partie des ions NH4

+ (aq)et OH−(aq).

g) H2SO3(aq) Électrolyte faible, car la molécule se dissocie partiellement en H+(aq) et HSO3− (aq).

h) CaCl2(aq) Électrolyte fort, car la molécule se dissocie totalement en Ca2+(aq) et Cl−(aq).i) HCOOH(aq) Électrolyte faible, car HCOOH (acide organique) se dissocie partiellement en H+(aq) et

HCOO−(aq).j) KOH(aq) Électrolyte fort, car la molécule se dissocie totalement en K+(aq) et OH−(aq).


k =

Pc c

= =101 34

21 2, , kPa8,9 mL/L

kPa

c = 10,2 mL/L

EXERCICE 1.4 (page 18)a) Élevée, car HCl est polaire et H2O est polaire.b) Faible, car HCl est polaire et CCl4 est non polaire.c) Élevée, car S est non polaire et CS2 est non polaire.d) Élevée, car KI est polaire et H2O est polaire.e) Élevée, car CH3OH est polaire et H2O est polaire.


% (m/m) =

12 0200 0 12 02

,, ,

g sucre g H O g sucre+

× 100 = 5,66 %


20,0 % (V/V) =

xx

mL éthanol mL éthanol mL H O2+ 50 0,

× 100 %

x = 12,5 mL d'éthanol

2 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1



0,9 % (m/V) =

x g NaCl mL solution500 0,

× 100 %

x = 4,5 g NaCl


Volume solution = 21,4 g H2SO4 ×

10010 00

g solutiong H SO2 4,

×

11 070

mL g solution,

= 200 mL


Masse de C6H12O6 = 9,00 × 10−3 mol ×

180 21

, gmol

= 1,62 g

Volume de solution = 200,0 g ×

11 103

mLg,

= 181,3 mL

% massique =

1 62200 0

,,

gg

× 100 = 0,810 %

% masse/volume =

1 62181 3

,,

gmL

× 100 = 0,894 %


Concentration molaire volumique =

200,0 mL CH COOH

,500 L solution3 ×

11

,048 g mL CH COOH3

×

16

mol CH COOH0,05 g

3

= 0,698 mol/L

EXERCICE 1.11 (page 29)1° On note les données connues dans un tableau.

2° On exprime les quantités de chaque composant dans les unités désirées.

Flacon A : 4,00 g ×

140 0

molg,

= 0,100 mol Flacon C : 8,00 g ×

140 0

molg,

= 0,200 mol

Flacon A

Volume (mL)

Masse (g)

Mole (mol)

Flacon B

Volume (mL)

Masse (g)

Mole (mol)

Flacon C

Volume (mL)

Masse (g)

Mole (mol)

Soluté (NaOH)

4,000

0,200

8,000

Solvant (eau) Solution

100

200

200



3° On calcule la concentration molaire volumique de chaque solution.

Flacon A : concentration molaire volumique =

0 1000 100

,,

mol NaOHL de solution

= 1,00 mol/L

Flacon B : concentration molaire volumique =

0 2000 200

,,


= 1,00 mol/L

Flacon C : concentration molaire volumique =

0 2000 200

,,


= 1,00 mol/L

Toutes les solutions ont la même concentration molaire volumique.


MH SO2 4 g /mol= 98 08,

Normalité =

4 10001

1 24 4

4

4

4

,90 g H SO500,0 mL

mL L

mol H SO98,08 g H SO

éq H SO1 mol H SO

2 2

2

2

2

× × ×

= 0,200 N

EXERCICE 1.13 (page 31)100 g d'une solution HCl (37,2 % m/m) contient 62,8 g d'eau.

XHCl =

nn n

HCl

HCl H O2+

=

37 2 36 4537 2 36 45 62 8 18 02

, / , /, / , / , / , /

g HCl g mol g HCl g mol g H O g mol2+

= 0,226

EXERCICE 1.14 (page 33)100 g d'une solution HCl (37,2 % m/m) contient 62,8 g d'eau (0,0628 kg).

Molalité =

37 2 36 450

, / , / g HCl g mol,0628 kg H O2

= 16,2 m


Masse (g)

Soluté (NaCl)

0,85


100,00

Flacon A

Volume (L)

Masse (g)

Mole (mol)

Flacon B

Volume (L)

Masse (g)

Mole (mol)

Flacon C

Volume (L)

Masse (g)

Mole (mol)

Soluté (NaOH)

4,000

0,100

0,200

8,000

0,200


0,100

0,200

0,200



2° On exprime les quantités de chaque composant dans les unités désirées.

Soluté : 0,85 g ×

158 44

molg,

= 1,5 × 10−2 mol

Solvant : masse solution − masse de soluté = 100,00 g − 0,85 g = 9,92 g = 9,92 × 10−3 kg

3° On calcule la molalité de la solution.

Molalité =

moles de NaClmasse d'eau en kg

mol= × −1 5 10 2,99 92 10 2, × − kg

= 0,15 mol/kg

EXERCICE 1.16 (page 34)a) 0,03 mg/L

b) 0,03 mg/L × ×

11

12

g 000 mg

mol Hg 00,6 g Hg

= 2 × 10−7 mol/L


a) Concentration molaire volumique =

21

11

0 18,0 g NH 00 g solution

mol NH 7,03 g NH

,90 g solution1 mL solution

000 mL1 L

3 3

3

× × ×

= 15 mol/L

b) X

n

n nNHNH

NH H O3

3

3 2

=+

Dans 100 g de solution, il y a 28 g de NH3 et 72 g de H2O.

XNH3

3 2

8,0 g NH / , g /mol 8,0 g NH / , g /mol g H O/ , g /mol

mol ,64 mol mol

3

2 17 032 17 03 72 0 18 02

1 641 4 000 291

=+

=+

=

,

,,

,

c) Molalité =

nmNH 3

2

3

masse d'eau (kg)8,0 g NH / , g /mol

kg H O =

×=−

2 17 037 20 10

22 82,,


2° On effectue les calculs dans les unités désirées.On calcule la concentration molaire volumique de la solution.

c =

mole de nitrate d'argentvolume de la solutioon

Mole (mol)

Masse (g)

ρ (g/mL)

Soluté (AgNO3)

0,100

0,100 × 169,91 = 17,0

Solvant (eau)

1000

Solution

17,0 + 1000 = 1017 g

1,50

Masse (g)

Mole (mol)

Soluté (NaCl)

0,85

1,5 × 10−2

Solvant (eau)

9,92

Solution

100,00



Volume de la solution =

masse de la solutionmasse volumique de la soolution

gg/mL

= 10171 50,

= 678 mL = 0,678 L

Alors, c =

0 1000 678,,

molL

= 0,147 mol/L

On calcule le pourcentage massique de la solution.

Pourcentage massique = masse du nitrate d'argentmasse de solution

× 100 =

17 01017

, gg

× 100 = 1,67 %


Masse de (NH ) SO,500 mol

LLmL4 2 4 = ×0

11

1000×× ×

=

500 0132 21

33 1

,,

,

mLg

molg

EXERCICE 1.20 (page 38)cdil.Vdil. = Vconc.cconc.

Vconc. = cdil.Vdil. /cconc.

Solution A Vconc. =

11

,00 10 mol/L 100,0 mL ,00 10 mol/L

4

3

× ××

−

− = 10,0 mL

Solution B Vconc. =

21

,00 10 mol/L 100,0 mL ,00 10 mol/L

4

3

× ××

−

− = 20,0 mL

Solution C Vconc. =

31

,00 10 mol/L 100,0 mL ,00 10 mol/L

4

3

× ××

−

− = 30,0 mL

Solution D Vconc. =

51

,00 10 mol/L 100,0 mL ,00 10 mol/L

4

3

× ××

−

− = 50,0 mL

Solution E Vconc. =

71

,00 10 mol/L 100,0 mL ,00 10 mol/L

4

3

× ××

−

− = 70,0 mL

QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES (pages 42 à 44)1. Non, la saturation de la solution ne varie pas avec l'agitation.

2. L'entropie augmente avec la dissolution, car le désordre s'accroît à mesure que les substances se mélan-gent.

3. a) Augmentation; l'état gazeux représente pour une substance le niveau d'entropie le plus élevé.b) Diminution; l'état solide de l'eau représente une diminution d'entropie en raison des interactions

moléculaires qui empêchent le déplacement des molécules d'eau.c) Augmentation; un mélange de deux substances amène une augmentation du désordre, de l'entropie.

4. L'acide HBr dissous dans l'eau se dissocie en ions par la présence des molécules d'eau qui hydratent lesions. HBr(aq) est un électrolyte.La même substance en phase gazeuse ne peut s'ioniser en raison de l'absence d'eau. HBr(g) est un non-électrolyte.

5. a) Na2CO3 se dissout dans l'eau. Un sel de sodium, substance ionique, est soluble dans l'eau, solvantpolaire.

b) HCl(g) se dissout dans l'eau. Soluté polaire dans un solvant polaire. Présence de liaisons par ponthydrogène dans l'eau avant et après le mélange.



c) CCl4(l) ne se dissout pas (ou très peu) dans l'eau. Soluté non polaire dans un solvant polaire.d) NH2OH(s) se dissout dans l'eau. Soluté polaire dans un solvant polaire.e) CH3CH2CH3(g) ne se dissout pas dans l'eau. Soluté non polaire dans un solvant polaire.

6. a) Na2CO3 ne se dissout pas dans l'essence; soluté polaire avec un solvant non polaire.b) HCl(g) ne se dissout pas dans l'essence; soluté polaire avec un solvant non polaire.c) CCl4(l) se dissout dans l'essence; soluté non polaire avec un solvant non polaire.d) NH2OH(s) ne se dissout pas dans l'essence; soluté polaire avec un solvant non polaire.e) CH3CH2CH3(g) se dissout très bien dans l'essence; soluté non polaire avec un solvant non polaire.

7. La présence du groupe hydroxyle OH dans l'éthanol contribue à accroître la solubilité de cette substancedans l'eau. L'eau possède aussi un groupe OH, comme l'éthanol. Deux substances ayant des groupesidentiques ont des interactions semblables. La variation d'enthalpie dans le processus de solubilisationsera maintenue environ au même niveau qu'avant la mise en solution.L'éthanethiol ne possède pas de groupe hydroxyle et les interactions avec l'eau ne sont pas de mêmeénergie que celles de l'éthanol avec l'eau; le groupe thiol, SH, est peu polaire.

8. a) I2(s) est soluble dans CCl4 : soluté non polaire dans un solvant non polaire.b) I2(s) est peu soluble dans l'eau : soluté non polaire dans un solvant polaire.c) I2(s) est soluble dans CS2(l) : soluté non polaire dans un solvant non polaire.

9. Les deux substances ont un groupe hydroxyle OH. La longueur de la chaîne de carbone influe sur lasolubilité. Un nombre élevé d'atomes de carbone diminue la solubilité de la substance dans l'eau. Lesinteractions entre les molécules d'eau sont diminuées par la présence de chaînes carbonées. Les deuxsubstances possèdent à la fois une partie polaire (OH) et une partie non polaire (chaîne carbonée). Lasolubilité de la molécule diminue lorsque la chaîne carbonée s'allonge, et c'est ce qui se produit avec lebutan-1-ol.

10. a) Seul un phénomène de solvatation est mis en cause : les ions Na+ et Cl− sont entourés par les molécu-les d'eau.

Na+

OHH

OH H

OH

H

OH

H Cl−

OHH

OH H

OH

H

OH

H

O

H

H

b) En se dissolvant, le chlorure d'hydrogène forme des ions H3O+ qui s'associent avec l'eau par l'inter-

médiaire de liaisons par pont hydrogène (en traits pointillés) et des ions chlorure, Cl−, qui sont solvatés.

Cl−

OHH

OH H

OH

H

OH

H

OHH

H

OH H

c) La solubilité de CO2 s'explique par la formation de liaisons par pont hydrogène entre l'oxygène deCO2 et l'hydrogène des molécules d'eau (en traits pointillés).

C OOO

HH

OHH C OO

O

H

H



11. Le SO2 est plus soluble dans l'eau en raison d'une plus grande polarité de la molécule de SO2.

12. a) HBr(g) H O2⎯ →⎯⎯ H+(aq) + Br+(aq)

b) Al2(SO4)3(s) H O2⎯ →⎯⎯ 2Al3+(aq) + 3SO42− (aq)

c) Ba(OH)2(s) H O2⎯ →⎯⎯ Ba2+(aq) + 2OH−(aq)

d) FeCl3(s) H O2⎯ →⎯⎯ Fe3+(aq) + 3Cl−(aq)

e) NH4NO3 H O2⎯ →⎯⎯ NH4

+ (aq) + NO3− (aq)

13. Une solution 1,0 M signifie qu'il y a une mole de soluté par litre de solution. Une solution 1,0 m signifiequ'il y a une mole de soluté par kilogramme de solvant.

14. Vrai. La molalité d'une solution est généralement supérieure à la molarité, car la quantité de soluté estdivisée par celle du solvant dans le cas de la molalité, tandis que dans le cas de la molarité (concentra-tion molaire volumique), la même quantité est divisée par le volume de solution (soluté et solvant), cequi correspond généralement à une valeur du quotient plus petite.

15. % massique =

11

100 53 716 g de NaBr

100,0 g d'eau 16 g de NaBr

+× =% , %

16. a)

44 80 0

100 5 04,25 g NaCl

,25 g NaCl g H O

2+× =

,% , %

b)

48

100 5 31,25 g NaCl

0,0 g solution × =% , %

17. Molarité =

11 0

14

0 2500,0 g CaL

mol0,08 g

mol/L2+

× =,

,

18.

Molarité60,0 mg K Fe(CN)

1 Lg

0 mg3 6= × ×1

1 001 mmol K Fe(CN)

9,28 gmol K

mol K Fe(CN3 6

3323

1×

))

mol/L de K6

= × − +5 47 10 4,

19. a)

3 8 10 49 011

10001

1 861 9

5, , ,,

×× × = =

− mol NaCN1 L

g mol

mg g

mg1 L

ppm

b)

3 8 100 1000

21

9 9 105

5,, ,

×× × = ×

− − −

−− −mol CN

1 L L

6,02 g CN mol CN

g CN

20. a)

mol de NO mL L mL

mol Mg(NO1 L

mol NO mol Mg(NO

mol NO

3

33

2 3

2

3

40 01

10000 300 2

1

0 0240

−−

−

= × × ×

=

,, )

)

,

b)

mol de NO mL L mL

mol NaNO1 L

mol NO mol NaNO

mol NO

3

33

3

3

160 01

10000 200 1

1

0 0320

−−

−

= × × ×

=

,,

,

c)

mol de NO mL L mL

mol Fe(NO1 L

mol NO mol Fe(NO

mol NO

3

33

3 3

3

3

80 01

10000 150 3

1

0 0360

−−

−

= × × ×

=

,, )

)

,

La solution de nitrate de fer(III) contient le plus grand nombre d'ions NO3− même si la concentration



de la solution et le volume utilisé sont inférieurs à ceux de la solution de nitrate de sodium.

21. a) Concentration molaire volumique

g H SO2=96 0, 44

g solutiong

1 mLmL

1 Lmol

1001 84 1000 1

9× × ×,

88,08 gmol/L= 18 0,

b) XH SO

2

g /98,08 g /mol g /98,08 g /mol g H O g /mol2 4

96 096 0 4 00 18 02

0 815=+

=,

, , / ,,

c) Molalité

g /98,08 g /mol10 kg d'e

=× −

96 04 00 3

,, aau

mol/kg= 245

d) Masse de H SO

g H SO00 g solution2 4

2 4= ×96 01

1, ,,84100 177

g1 mL

mL g× =

e) Volume

mol/L L, mol/L

L= × =3 0 0 500018 0

0 083, ,

,

22.

% massique ( / )6,00 mol

1 L L mL

mL g solution

98,08 g mol

m m = × × × ×

=

11000

11 338 1

100

44 0,

%

, %

23. Masse de HNO3 = 300,0 g solution ×

15,0 g HNO g solution

3

100 = 45,0 g HNO3

Masse d'acide à prélever = 45,0 g HNO3 ×

100 g solution70,0 g HNO3

= 64,3 g

24. a)

0 01 1000 10, g1 L

mg1 g

ppm× =

b)

0 01 1 10 1 106

4, g1 L

g1 g

ppb× × = ×μ

25. a) Masse NH4Cl au départ = 150 g solution ×

15100

g NH Cl g solution

4 = 23 g

0,30 =

23150

g g solution

++

xx

x = 31 g NH4Cl à ajouter

b) 0,075 =

23150

g NH Cl g solution

4

+ xx = 160 g d'eau à ajouter

26. a) x = 0,30 =

n

n nNaNO

NaNO H O

3

3 2+

Si nNaNO3 vaut 0,30 mol, alors nH O2

vaut 0,70 mol.

0,30 =

0 300 30 0 70

,, ,

mol NaNO mol NaNO mol H O

3

3 2+



%, ,

, , , ,

,, ,

%

massique mol g /mol

mol g /mol mol g /mol

=×

× + ×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

×

=+

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

×

=

0 30 85 010 30 85 01 0 70 18 02

100

25 525 5 12 6

100

67

b) Molalité =

0

0 7018 02

11

1000

,30 mol NaNO

mol H O g

mol H O kg

g

3

22

,,

× × = 24 mol/kg = 24 m

27. Supposons une solution formée de 10,0 g de chaque substance (méthanol et eau).

XCH OH

0,0 g /32,04 g /mol0,0 g /32,04 g /mol 0,0 g /1 g /mol3

11 1 8 02

0 360=+

=,

,

28. a) mol de Na2SO4 = 12,0 g ×

11

mol42,05 g

= 0,0845 mol

b) 0,0845 mol de Na2SO4

c) Dans le volumétrique de 250 mL :

c =

00,0845 mol

,250 L = 0,338 mol/L

Dans le volumétrique de 1 L :

c =

01

,0845 mol L

= 0,0845 mol/L

29. On suppose une solution constituée de 0,0530 mol de CH3OH et de 0,947 mol de H2O. La fraction mo-laire de cette solution est de 0,0530.On détermine les masses de chaque substance :

Masse de CH3OH = 0,0530 mol CH3OH ×

32,04 g1 mol

= 1,70 g

Masse de H2O = 0,947 mol H2O ×

18,02 g1 mol

= 17,1 g

Masse totale de cette solution = 17,1 g + 1,70 g = 18,8 g

Concentration molaire volumique1,70 g CH O3=

HH18,8 g solution

1 mol32,04 g

0,986 g solu× × ttion1 mL

mLL

mol/L

×

=

1000

2 78,

30. Dans 25,0 mL, on retrouve :

Nombre de moles HNO3 =

0,400 mol1 L

× 0,0250 L = 0,0100 mol

Dans 75,0 mL, on retrouve :

Nombre de moles HNO3 =

0,100 mol1 L

× 0,0750 L = 0,007 50 mol


(0,0100 mol 0,007 50 mol)(0,025 L 0,075 L)

++

= 0,175 mol/L



31. Calcul du nombre de moles de la première solution :

n = 0,0300 L ×

0,150 mol1 L

= 0,004 50 mol

Calcul du nombre de moles de la solution finale :

n =

0,250 mol1 L

× 0,0700 L = 0,0175 mol

Le nombre de moles ajouté est :najouté = 0,0175 mol − 0,0045 mol = 0,0130 mol


0,0130 mol0,0400 L

= 0,325 mol/L

32. mol de H2O = 1000 g H2O ×

1 mol18,02 g

= 55,49 mol

X

n

n nCO(NH )CO(NH )

CO(NH ) H O2

2

2 2

,750 mol,750 mol mol2

2

2

00 55 49

0 0133=+

=+

=,

,

33. Xéthanol =

nn n

éthanol

éthanol eau+ = 0,0330

Si néthanol = 0,0330 mol ⇒ neau = 0,967 mol

Masse d'éthanol = 0,0330 mol ×

46,07 g1 mol

= 1,52 g

Masse d'eau = 0,967 mol × 18,02 g1 mol

= 17,4 g

Masse de solution = 1,52 g + 17,4 g = 18,9 gLa masse de 250,0 mL de cette solution est déterminée avec la masse volumique de la solution.

Masse de solution = ρV =

0,982 g1 mL

× 250,0 mL = 246 g

Masse d'éthanol =

1,52 g d'éthanol18,9 g soln

× 246 g soln = 19,8 g

Masse d'eau =

17,4 g eau18,9 g soln

× 246 g soln = 226 g

Moles d'eau = 226 g ×

1 mol18,02 g

= 12,5 mol

La nouvelle solution contient le même nombre de moles d'eau.

Xéthanol = 0,0550 =

nn

éthanol

éthanol mol+12 58,0,0550néthanol + 0,688 mol = néthanol

0,688 mol = 0,945néthanol

0,728 mol = néthanol

Masse d'éthanol = 0,728 mol ×

46,07 g1 mol

= 33,5 g

Masse à ajouter = 33,5 g − 19,8 g = 13,7 g

34. Concentration molaire volumique =

59,5 g C H OH100 mL solution

3 8 ×

1000 mL1 L

×

1 mol61,10 g

= 9,74 mol/L



35. Masse de solution = 25,0 g KOH ×

100 g solution4,00 g KOH

= 625 g solution

36. Masse de HCl = 50,0 mL ×

1,19 g solution1 mL

×

37,2 g HCl100 g solution

= 22,1 g HCl

37. Masse de CaCl2·6H2O

= × × × ×

=

⋅⋅

0,50 mol CaCl1 kg H O

1 kg1000 g

g1 mol CaCl 6H O

1 mol CaCl219,1 g

1 mol CaCl 6H O

g

2

2

2 2

2 2 2

300 0

33

,

38. Il faut déterminer le nombre de moles de CuSO4 nécessaire.

n =

0,250 mol1 L

× 0,1 L = 0,0250 mol de CuSO4

mol de CuSO4·5H2O = 0,0250 molMasse de CuSO4·5H2O = 0,0250 mol × 249,7 g/mol = 6,24 gProcédure : – Peser 6,24 g de CuSO4·5H2O.

– Transvider dans une fiole jaugée de 100 mL.– Ajouter de l'eau jusqu'au trait de jauge.– Agiter pour homogénéiser la solution.

39. Concentration molaire volumique =

11,7 g de NaCl0,2500 L

1 mol58,45 g

× = 0,800 mol/L

cdil. =

c VV

conc. conc.

dil.

0,800 mol/L 10,0 mL100,0 mL

=×

= 0,0800 mol/L

40. On trouve le nombre de moles de H3PO4 dans la solution finale :

nH PO3 4 =

0,500 mol1 L

L mL

×1

1000 × 500,0 mL = 0,250 mol H3PO4

V = × × ×

=

0 25098 00 100

85 511 70

16 9

,,

, ,

,

mol g H PO

1 mol g solution g H PO

mL solution g solution

mL

3 4

3 4

Procédure : – Prélever 16,9 mL de l'acide commercial.– Transvider dans une fiole jaugée de 500 mL.– Ajouter de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge.– Agiter la solution.

41. Masse de H3PO4 =

0,500 éqL

× 1,20 L ×

1 mol3 éq

×

98,00 g1 mol

= 19,6 g

42. Normalité =

8,57 mg100,0 mL

mL L

g mg

mol g

éq mol

× × × ×1000

11

10001

171 32

1,= 1,00 × 10−3 N

EXERCICE RÉCAPITULATIF (page 44)43. a) Concentration molaire volumique

70 0100 0

1 42, ,g HNO, g solution

g solution3 ×11

10001

163 02mL solution

mLL

mol HNOg

3× ×, HNO

mol/L3

= 15 8,



b) Normalité1 équivalent HNO3 = 1 mol HNO3 ⇒ 1 M = 1 N ⇒ 15,8 N

c) Fraction molaire

X

mol HNOmol HNO mol H O

g 63,02HNO

3

3 23

70 0=+

= , g/molg 63,02 g/mol g 18,02 g/m70 0 30 0, ,+ ool ,11

=+

=1 111 1 66

0 401,

,,

Pourcentage molaire = 0,401 × 100 = 40,1 %

d) Molalité (mol soluté/kg solvant)

m = ×

70,0 g HNO30,0 g H O

1 mol HNO63,02 g H

3

2

3

NNOg

kgmol/kg

3

× =10001

37 0,

e) Vdil.cdil. = Vconc.cconc. ⇒ Vconc. =

V ccdil. dil.

dil.

Vconc. =

0,100 mol/L mL15,8 mol

× 500 0, = 3,16 mL

À l'aide d'une pipette graduée, on prélève 3,16 mL de solution concentrée qui est transvidée dans unefiole jaugée de 500,0 mL contenant un peu d'eau distillée; ensuite, on ajoute de l'eau distillée jus-qu'au trait de jauge et on agite pour homogénéiser.

f) cdil.

0,100 molL

25,0 L50,0 mL

1 mL1000 L

= × ×μμ

== × −5 00 10 5, molL

5 00 10 63 021

5, ,××

− mol HNOL solution

g HNO3 3

mmol HNOmg

gmg

Lppm

3

× = =−

110

3 153 153

,,

g) L'acide nitrique est un électrolyte fort, car son degré d'ionisation est élevé; il s'agit d'un acide fort.

h) L'essence est un mélange de substances non polaires, alors que l'acide nitrique est formé de molé-cules polaires : l'acide nitrique y sera par conséquent peu soluble.

EXERCICE DÉFI (page 44)44. a) Volume total : 750 mL + 255 mL + 255 mL = 1260 mL

Volume d'alcool initial : 750 mL × 0,130 = 97,5 mLVolume d'alcool dans le triple-sec : 0,35x

13 0100

97 5 0, , ,mLmL

mLalcool

sangria

alcool=+ 3350

1260x

xmL

mL mLalcool

sangria triple-sec+ ⇒ 16 400 + 13,0x = 9 750 + 35,0x

⇒ 6 650 = 22x ⇒ x = 302 mLVtriple-sec = 302 mL

b) Puisque la solution est idéale, il n'y a aucun échange d'énergie lors de la dissolution (ΔHdiss. = 0). Cefaisant, la variation du volume est nulle (ΔVdiss. = 0) et on peut considérer que les volumes s'addition-nent. En réalité, il y a émission d'énergie (dissolution exothermique) et diminution du volume final(ΔVdiss. < 0). Ce comportement caractérise une déviation négative par rapport à la loi de Raoult.





Mglucose = 180,16 g/mol MH O2 = 18,02 g/mol

nH O2

g g/mol

mol= =75 0

18 024 16

,,

, nglucose =

2180 16

0 1110,0 g

g/mol mol

,,=

X

n

n nH OH O

H O glucose2

2

2

=+

=+

=4 16

4 16 0 1110 974

,, ,

,

Psoln = P XH O H O2 2

0 = 47,373 kPa × 0,974 = 46,1 kPa

EXERCICE 2.2 (page 50)Psoln = 70,117 − 5,000 = 65,117 kPa

Psoln =

X P XPPH O H O H O

soln

H O2 2 2

2

00

65 11770 117

0 92⇒ = = =,,

, 88 69

Xsoluté = 1 1 0 928 69 0 071 31

2− = − =XH O , ,

EXERCICE 2.3 (page 52)a) mbenz = 0,8765 g/mL × 50,0 mL = 43,8 g

mtol = 0,8669 g/mL × 50,0 mL = 43,3 g

nbenz =

43 878 11

,,

g g/mol

= 0,561 mol

ntol =

43 392 13

,,

g g/mol

= 0,470 mol

Xbenz =

nn n

benz

benz tol+=

+=0 561

0 561 0 4700 544

,, ,

,

Xtol = 1 − Xbenz = 1 − 0,544 = 0,456

b) Psoln = Ptol + Pbenz

= P X P Xtol tol benz benz0 0+ = 3,79 × 0,456 + 12,7 × 0,544

= 8,64 kPa

c) Xtol(vap.) =

PP

P XP

tol

soln

tol tol

soln

= = ×0 3 79 0 4568 64

, ,,

= 0,200

Xbenz(vap.) =

P XP

benz benz

soln

0 12 7 0 5448 64

0 800=×

=, ,

,,

EXERCICE 2.4 (page 52)Macétone = 58,1 g/mol Mchloroforme = 119,4 g/mol

mol acétone =

10 658 1

,,

gg/mol

= 0,182 mol

mol chloroforme =

10 6119 4

,,

gg/mol

= 0,0888 mol



Xacétone =

nn n

acétone

acétone chloroforme+=

+0 182

0 182 0,

, ,00888 = 0,672

Xchloroforme = 1 − 0,672 = 0,328

Psoln = X P X Pacétone acétone0

chlorof. chlorof.0+ = 0,672 × 46,0 + 0,328 × 39,1 = 43,7 kPa

Xacétone (vap.) =

PPacétone

soln

kPakPa

= × =0 672 46 043 7

30 943

, ,,

,,,7

= 0,707

Xchlorof. (vap.) =

PPchlorof.

soln

kPakPa

= × =0 328 39 143 7

12 84

, ,,

,33 7,

= 0,293

EXERCICE 2.5 (page 61)Murée = 60,06 g/mol (non-électrolyte)

nurée =

26

0,0 g0,06 g/mol

= 0,333 mol

Molalité =

mol d'uréemasse de CHCl (kg)3

=

05

10001

,333 mol00,0 g CHCl

g kg3

× = 0,666 mol/kg ou 0,666 m

Δtéb = Kébm =

3,80 C kg1 mol

mol1 kg

°×⋅ 0 666,

= 2,53 °C

Δtéb = téb(soln) − téb(solvant)

téb(soln) = Δtéb + téb(solvant) = 2,53 °C + 61,1 °C = 63,6 °C

EXERCICE 2.6 (page 61)Mbenz = 78,11 g/mol (non-électrolyte)

nbenz =

1 00, g78,11 g/mol

= 0,0128 mol

Molalité =

08 3

,0128 mol0,0 10 kg solvant× − = 0,160 mol/kg ou 0,160 m

Δtéb = 0,467 °C = Kébm = Kéb × 0,160 m

Kéb = 2,92 °C·kg/mol

EXERCICE 2.7 (page 62)Méthylèneglycol = 62,07 g/mol

Masse éthylèneglycol = ρ × V = 1,1088 g/mL × 50,0 mL = 55,4 g

Masse eau = ρ × V = 1,000 g/mL × 50,0 mL = 50,0 g

néthylèneglycol =

55,4 g62,07 g/mol

= 0,893 mol

Molalité =

05 3

,893 mol0,0 10 kg H O2× − = 17,9 mol/kg ou 17,9 m

Δtcong = Kcongm =

1 86 17 9, , C kg1 mol

mol1 kg

°×⋅

= 33,3 °C

tcong(soln) = −33,3 °C




nsucrose =

2,50 g342,30 g/mol

= 7,30 × 10−3 mol

π = cRT =

7 10001

81

298 23,30 10 mol

125,0 mL mL

L,315 L kPa K

mol K K

×× × ×

− ⋅ ⋅⋅ , = 145 kPa

EXERCICE 2.9 (page 68)Δtcong = tcong(benz) − tcong(soln) = 5,50 °C − 2,32 °C = 3,18 °C

M =

K mt m

cong soluté

cong solvant

(g) (kg)

,23 C kg /mol g,18 C kgΔ

=° ×

° ×⋅5 4 0

3 0 0550,

, = 120 g/mol


Msoluté =

m RTV

soluté

soln

1,08 g kPa

8 kPa L1 mol K

K,0500 Lπ

= × ×⋅⋅0 780

315 298 20,

, ,

Msoluté = 68 700 g/mol


nCaCl2 =

11

5,0 g10,98 g/mol

= 0,135 mol

nH O2 =

81 02

5,0 g8 g/mol,

= 4,72 mol

Chaque molécule de CaCl2 libère trois ions en solution (Ca2+ et 2 Cl−).

nsoluté = 3nsel = 3 × 0,135 mol = 0,405 mol

X

n

n nH OH O

H O soluté2

2

2

,72 mol,72 mol mol

=+

=+

=4

4 0 4050 921

,,


0 = 4,2455 kPa × 0,921 = 3,91 kPa

EXERCICE 2.12 (page 70)Msucrose = 342,30 g/mol Macétamide = 59,07 g/mol

nsucrose =

13

0,0 g42,30 g/mol

= 0,0292 mol

nacétamide =

55

,0 g9,07 g/mol

= 0,085 mol

nH O2 =

11

00,0 g8,02 g/mol

= 5,549 mol

X

n

n n nH OH O

H O sucrose acétamide2

2

2,54

=+ +

= 5 5495

,99 0,0292+ +

=0 085

0 979,

,


0 = 12,344 kPa × 0,979 = 12,1 kPa




Δtcong(théo) = Kcongm =

11

01

,86 C kg mol

,100 mol kg

°×⋅

= 0,186 °C

Δtcong(exp) = iΔtcong(théo) i =

0 396,0,186 C°

= 2,13

La valeur théorique est 3.

EXERCICE 2.14 (page 72)MNaCl = 58,44 g/mol

Molarité =

3 5100

15

1000, g NaCl mL solution

mol NaCl8,44 g

mL1 L

× × = 0,60 mol/L

Le NaCl est un électrolyte qui se dissocie en deux ions (Na+ et Cl−). La molarité des ions est de 1,2 mol/L.

π = cRT =

1 8 315293 2

,2 mol1 L

kPa L1 mol K

K× ×⋅⋅

,, = 2900 kPa

QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES (pages 75 à 77)1. L'eau pure s'évapore plus facilement que l'eau de mer en raison de sa pression de vapeur qui est plus

élevée.

2. a) Psoln = P X P Xéthanol éthanol H O H O 2 2

0 0+ = 7,87 kPa × 0,30 + 3,1690 × 0,70Psoln = 4,6 kPa

b) L'urée est non volatile.Psoln = P P XH O H O H O2 2 2

= 0

XH O2 = 1 − 0,15 = 0,85

Psoln = 3,1690 × 0,85 = 2,7 kPa

c) PH O2

0 = 3,1690 kPa

d) XCaCl2 = 0,15

XH O2 = 0,85 nions = 0,15 × 3 = 0,45 mol

Xions =

0 450 45 0 85

,, ,

mol mol mol+

= 0,35 et XH O2 = 0,65

Psoln = P XH O H O2 2 0 = 3,1690 kPa × 0,65 = 2,1 kPa

La solution d) possède la pression de vapeur la plus faible des quatre liquides.

3. a) Murée = 60,06 g/mol

nurée =

760 06

,0 g g/mol,

= 0,12 mol

neau =

11

00,0 g8,02 g/mol

= 5,549 mol

Xeau =

55 549 0 12

,549 molmol mol, ,+

= 0,979

Psoln = P XH O H O2 2 0 = 3,1690 kPa × 0,979 = 3,10 kPa

b) Psoln = P XH O H O2 2 0 = 101,32 kPa × 0,979 = 99,2 kPa



4. Mglucose = 180,16 g/mol

ΔP = 0,120 kPa = Xglucose PH O2

0

Xglucose =

03

,120 kPa,1690 kPa

= 0,0379

nH O2 =

218 02

50,0 g g/mol,

= 13,87 mol

Xglucose = 0,0379 =

nn

glucose

glucose mol+ 13 87,nglucose = 0,546 mol

mglucose = 0,546 mol × 180,16 g/mol = 98,4 g

5. ΔP = PCH CH OH3 2

0 − Psoln = 101,3 kPa − 96,0 kPa = 5,3 kPa

Xsoluté =

ΔPPéthanol

kPa01,3 kPa0

5 31

= , = 0,052

6. Dans 100,0 mL de vin, on retrouve 12,0 mL d'éthanol et 88,0 mL d'eau.Méthanol = 46,07 g/molMasse d'éthanol = 0,7893 g/mL × 12,0 mL = 9,47 gMasse d'eau = 0,998 g/mL × 88,0 mL = 87,8 g

néthanol =

946 07

,47 g g mol, /

= 0,206 mol

neau =

81

7,8 g8,02 g mol/

= 4,87 mol

Xéthanol =

00 206 4 87

,206 mol mol mol, ,+

= 0,0406

Péthanol = Xéthanol Péthanol0 = 0,0406 × 5,33 kPa = 0,216 kPa

7. a) Xhex(soln) = 0,500 Xhept(soln) = 0,500Phex = Xhex(soln) Phex

0 = 0,500 × 54,1 = 27,1 kPaPhept = Xhept(soln) Phept

0 = 0,500 × 18,9 = 9,45 kPaPsoln = Phex + Phept = 27,1 + 9,45 = 36,6 kPa

Xhex(vap.) =

PP

hex

soln

=27 136 6

,,

= 0,740

Xhept(vap.) = 1 − 0,740 = 0,260

b) Xhex(vap.) = 0,500 Xhept(vap.) = 0,500La pression partielle d'un constituant dépend de sa fraction molaire dans la vapeur et de la pressiontotale.P = Xvap. Ptot

Or, lorsque la composition de la vapeur des deux constituants est identique, et c'est le cas ici, lapression partielle des deux constituants est identique.Phex = Phept ⇒ P X P Xhex hex(soln) hept hept(soln) 0 0=

P X P Xhex hex(soln) hept hex(soln) (10 0= − )

P X P P Xhex hex(soln) hept hept hex(soln) 0 0 0= −

P X P X Phex hex(soln) hept hex(soln) hept 0 0 0+ =

Xhex(soln) =

P

P Phept

hex hept

0

0 0

18 954 1 18 9+( ) =

+,

, , = 0,259

Xhept(soln) = 1 − 0,259 = 0,741



8. a) Macétone = 58,08 g/mol MCHCl3 = 119,37 g/molMasse d'acétone = 0,799 g/mL × 22,0 mL = 17,6 gMasse de CHCl3 = 1,483 g/mL × 24,2 mL = 35,9 g

nacétone =

15

7,6 g8,08 g mol/

= 0,303 mol

nCHCl3 =

3119 37

5,9 g g mol, /

= 0,301 mol

Xacétone =

0 3030 303 0 301

,, ,

mol mol mol+

= 0,502 XCHCl3 = 1 − 0,502 = 0,498

Pacétone = Xacétone Pacétone0 = 0,502 × 30,8 kPa = 15,5 kPa

b) P X PCHCl CHCl CHCl3 3 3 = 0 = 0,498 × 26,2 kPa = 13,0 kPa

c) Psoln = 15,5 + 13,0 = 28,5 kPa

d) Xacétone(vap.) =

PPacétone

soln

kPa kPa

=15 528 5

,,

= 0,544

e) XCHCl (vap.)3 = 1 − 0,544 = 0,456

9. Le cyclohexane (Kcong = 20,8 °C·kg/mol) est un meilleur solvant que le benzène (Kcong = 5,23 °C·kg/mol)puisqu'il permet d'obtenir de plus grands écarts de température de congélation pour des concentrationsidentiques soluté–solvant.

10. Le CaCl2 et le NaCl sont deux électrolytes forts. Cependant, le chlorure de calcium libère un ion de plusque le chlorure de sodium en solution. Par conséquent, la molalité colligative sera plus élevée pour leCaCl2 que pour le NaCl.

11. MNa SO2 4 = 142,04 g/mol

ΔP = 4,2455 kPa − 4,0695 kPa = 0,176 kPa

Xsoluté =

ΔPPH O

02

,176 kPa,2455

= 04

= 0,0415

nH O2

00,0 g g mol

=1

18 02, / = 5,549 mol

Xsoluté = 0,0415 = n

n nn

nsoluté

soluté H O

soluté

soluté2mo+

=+ 5 549, ll

nsoluté = 0,240 = n n n

SO Na Na SO4 2 42 3− ++ =

nNa SO2 4 =

0 2403

, = 0,0800 mol

Masse Na2SO4 = 0,0800 mol × 142,05 g/mol = 11,4 g

12. a) KNO3 : électrolyte fort (libère deux ions)

Molalité du soluté =

0 251

21

, mol selkg H O

mol solutémol sel2

× = 00 501

, mol solutékg H O2

neau =

1018 02

00 g g mol, /

= 55,49 mol

Xsoluté =

0 50, mol0,50 mol 55,49 mol+

= 0,0089

ΔP = Xsoluté PH O0

2 = 0,0089 × 2,3388 kPa = 0,021 kPa



b) MgCl2 : électrolyte fort (libère trois ions)


0 251

31

0 751

, , mol sel kg H O

mol soluté mol sel

mol soluté kg H O2 2

× =

neau =

1018 02

00 g g mol, /

= 55,49 mol

Xsoluté =

0 75, mol soluté0,75 mol soluté 55,49 mol H O2+

= 0,013


2 = 0,013 × 2,3388 kPa = 0,030 kPa

c) Al2(SO4)3 : électrolyte fort (libère cinq ions)


0 251

51

1 31

, , mol sel kg H O

mol soluté mol sel


× =

neau =

1018 02

00 g g mol, /

= 55,49 mol

Xsoluté =

1 35 49

,,

mol1,3 mol 5 mol+

= 0,023


2 = 0,023 × 2,3388 kPa = 0,054 kPa

d) Sucrose C12H22O11 : non-électrolyteMolalité du soluté = 0,25 mol/kg

neau =

1018 02

00 g g mol, /

= 55,49 mol

Xsoluté =

0 255 49

,,

mol0,25 mol 5 mol+

= 0,0045


2 = 0,0045 × 2,3388 kPa = 0,011 kPa

e) FeCl3 : électrolyte fort (libère quatre ions)


0 251

41

1 01

, , mol sel kg H O

mol soluté mol sel


× =

neau =

1018 02

00 g g mol, /

= 55,49 mol

Xsoluté =

1 05 49

,,

mol1,0 mol 5 mol+

= 0,018


2 = 0,018 × 2,3388 kPa = 0,042 kPa

13. MCaCl2 = 110,98 g/mol MNaCl = 58,44 g/mol

a) Solution saturée en NaCl (2 mol d'ions par formule de NaCl)

Molalité =

35 7 58 440 100

, / , /,

g NaCl g mol kg d'eau

× 2 = 12,2 mol/kg

Δtcong = Kcongm = 1,86 °C·kg/mol × 12,2 mol/kg = 22,7 °Ctcong(soln) = tcong(eau) − Δtcong = 0,0 °C − 22,7 °C = −22,7 °C

b) Solution saturée en CaCl2 (3 mol d'ions par formule de CaCl2)

Molalité =

5 110 980 100

9,5 g CaCl g /mol kg d'eau2 / ,

, × 3 = 16,1 mol/kg



Δtcong = Kcongm = 1,86 °C·kg/mol × 16,1 mol/kg = 29,9 °Ctcong(soln) = tcong(eau) − Δtcong = 0,0 °C − 30,1 °C = −29,9 °C

14. VinDans 100,0 mL de vin (12 %, V/V), il y a 12,0 mL d'éthanol et 88,0 mL d'eau.Masse d'éthanol = 0,789 g/mL × 12,0 mL = 9,47 gMasse d'eau = 0,998 g/mL × 88,0 mL = 87,8 g

néthanol =

94

,47 g6,07 g mol/

= 0,206 mol

Molalité =

00 08

,206 mol78 kg H O2,

= 2,35 m

Δtcong = Kcongm = 1,86 °C·kg/mol × 2,35 mol/kg = 4,37 °Ctcong(soln) = 0,00 °C − 4,37 °C = −4,37 °C

WhiskyDans 100,0 mL de whisky (40 %, V/V), il y a 40,0 mL d'éthanol et 60,0 mL d'eau.Masse d'éthanol = 0,789 g/mL × 40,0 mL = 31,6 gMasse d'eau = 0,998 g/mL × 60,0 mL = 59,9 g

néthanol =

34

1,6 g6,07 g mol/

= 0,686 mol

Molalité =

00 0599

,686 molkg H O2,

= 11,5 m

Δtcong = Kcongm = 1,86 °C·kg/mol × 11,5 mol/kg = 21,4 °Ctcong(soln) = 0,0 °C − 21,4 °C = −21,4 °C

15. a) Mglucose = 180,16 g/mol Msucrose = 342,30 g/molMasse d'eau = 150,0 g − 5,0 g − 15,0 g = 130,0 g

nglucose =

5,00 g80,16 g mol1 /

= 0,0278 mol

nsucrose =

15,0 g42,30 g mol3 /

= 0,0438 mol

Molalité =

nsoluté

masse de solvant (kg)(0,0278 mol 0,0438 mol)

0,1300 kg=

+ = 0,551 m

Δtcong = Kcongm = 1,86 °C·kg/mol × 0,551 mol/kg = 1,02 °Ctcong = 0,00 °C − 1,02 °C = −1,02 °C

b) Δtéb = Kébm = 0,513 °C·kg/mol × 0,551 mol/kg = 0,283 °Ctéb = 100,00 °C + 0,283 °C = 100,28 °C

16. Δtcong = 2,00 °C

m =

ΔtK

cong

cong

C C kg /mol

=°

° ⋅2 00

1 86,

, = 1,08 m

Δtéb = Kébm = 0,513 °C·kg/mol × 1,08 mol/kg = 0,554 °Ctéb = 100,00 °C + 0,55 °C = 100,55 °C

17. MCH OH3 = 32,04 g/mol

Δtcong = 40 °C



m =

ΔtK

cong

cong

C C kg /mol

=°

° ⋅40

1 86, = 22 mol/kg

Masse H2O = 1,00 g/mL × 40,0 mL = 40,0 g

Volume CH3OH = 40,0 g H2O ×

1 32 041

10 783

2

2 2

kg H O1000 g H O

22 mol CH OH1 kg H O

g mol CH OH

mL g

3

3

× × ×,

,= 36 mL

18. MZn = 65,39 g/molDans un échantillon de 100,0 g d'un alliage de laiton, on retrouve 10,0 g de zinc et 90,0 g de cuivre.

nZn =

165 39

0,0 g g mol, /

= 0,153 mol

Molalité =

00 09,153 mol

00 kg, = 1,70 m

Δtcong = Kcongm = 23,0 °C·kg/mol × 1,70 mol/kg = 39,1 °Ctcong(laiton) = 1085 °C − 39,1 °C = 1046 °C

19. On considère que le soluté est non volatil bien qu'il soit liquide à 20 °C.Méthane-1,2-diol = 62,07 g/molOn trouve la molalité de la solution correspondant à une variation de température de 30 °C (Δtcong).

Δtcong = Kcongm ⇒ m =

Δt

Kcong

cong

°C°C kg mol

=⋅

30 01 86

,, /

= 16,1 mol/kg

On trouve la masse de la solution de 11,0 L.

Masse =

1 06391

11

, g solutionmL solution

000 mL1 L

× × 11 0, L solution = 11 700 g solution

À la molalité de 16,1 mol/kg, il est possible de déterminer la masse totale pour 1 kg d'eau.

Masse de solution = 1000 16 1

6g H O mol éthanediol

2,07 g1 mol2 + ×,

⎛⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= 2,00 × 103 g solution

On trouve la masse de chaque constituant dans 11,0 L.

Masse d'eau =

1103

000 g H O2,00 g solution

2

× × 11 700 g solution = 5850 g H2O

Masse éthanediol = 11 700 g solution − 5850 g H2O = 5850 g éthanediolPour une variation de 40,0 °C, on peut trouver la molalité de la solution.

m =

Δt

Kcong

cong

0,0 °C°C kg/mol

=⋅

41 86,

= 21,5 mol/kg

Pour atteindre une variation de 40,0 °C et sachant que la quantité d'eau ne peut changer dans la solu-tion, on calcule la masse d'éthane-1,2-diol.

Masse éthanediol =

21 5 11000

5850, mol éthanediol

1 kg H Okg

g2

× × g H O2,07 g éthanediol

mol éthanediol2 × 61

= 7810 g

Masse d'éthane-1,2-diol à ajouter : 7810 g − 5850 g H2O = 1960 g éthane-1,2-diol

Volume d'éthane-1,2-diol à ajouter : 1960 g ×

11 1088

mLg,

= 1770 mL

20. Mtoluène = 92,13 g/molΔP = 8,97 kPa − 8,28 kPa = 0,69 kPa



Xsoluté =

ΔPPtoluène

kPa kPa0

0 698 97

= ,,

= 0,077

ntoluène =

150 092 13

,, /

g g mol

= 1,628 mol

Xsoluté =

nn n

nn

soluté

soluté toluène

soluté

soluté mol+=

+1 628, = 0,077

nsoluté = 0,14 mol

M =

12 10

, g,14 mol = 89 g/mol

21. a) Δtcong = 0,310 °CDans 100,0 g de solution (1,00 % m/m), on retrouve 1,00 g d'acide acétique et 99,0 g d'eau.

m =

ΔtK

cong

cong

,310 C1,86 C kg mol

=°

° ⋅0

/ = 0,167 m

0 11000

99 0,167 mol soluté

1 kg H O kg

g g H O

22× × , = 0,0165 mol soluté

Msoluté =

1 000

, g,0165 mol

= 60,6 g/mol

b) Δtcong = tcong(benz) − tcong(soln) = 5,50 °C − 5,08 °C = 0,42 °C

m =

ΔtK

cong

cong

,42 C5,23 C kg mol

=°

° ⋅0

/ = 0,080 mol/kg

Dans 100,0 g de solution (1,00 % m/m), on retrouve 1,00 g d'acide acétique et 99,0 g de benzène. Parla suite, on détermine le nombre de moles de soluté (CH3COOH) contenu dans 99,0 g de benzène.

mol CH COOH1 kg de benzène

kg g

30 080 11000

,× × 99,0 g de benzène = 7,9 × 10−3 mol de CH3COOH

Msoluté =

10 0079

,0 g CH COOH mol

3

, = 127 g/mol

c) La masse molaire de l'acide acétique est différente dans les deux systèmes : benzène et eau. En fait,elle est environ le double dans le benzène par rapport à celle obtenue dans l'eau. La masse molairethéorique de cette substance est de 60,06 g/mol. Les résultats obtenus à partir de l'eau sont plusconcluants que ceux du benzène parce que dans ce dernier il y a formation de dimère par deux molé-cules d'acide acétique qui s'associent.La molalité de la solution s'en trouve réduite de moitié comme l'indiquent les résultats.

CH3 C CH3CO

O

H

H

O

O

Dimère formé dans le benzène

22. Δtéb = 0,107 °C

m =

C C kg mol

mol 1 kg

éb

éb

ΔtK

Sx=°

°=⋅

0 1072 42

0 0442,, /

,

nSx =

0 0442 11000

, mol 1 kg

kg g

Sx × × 40,0 g = 1,77 × 10−3 mol Sx



MSx

=× −

01 3

,453 g,77 10 mol

= 256 g/mol

1 Sx → xS1 mol × 256 g/mol = x × 32,06 g/mol ⇒ x = 8 mol ⇒ S8

23. MHgCl2 = 271,49 g/mol Δtcong = 0,480 °C

mol HgCl2 =

7271 49

,0 g g mol, /

= 0,0258 mol

Molalité =

0,0258 mol0,1000 kg

= 0,258 m

Δtcong(théo) = Kcongm ⇒ 1,86 °C·kg/mol × 0,258 mol/kg = 0,480 °CLa variation de la température de congélation théorique, Δtcong(théo), correspond à la valeur obtenue expé-rimentalement. Le calcul a été fait sans utiliser un coefficient de dissociation du composé en solution. Sila valeur expérimentale avait été supérieure à la valeur théorique, il aurait fallu admettre la présenced'ions en solution provenant de HgCl2; ce qui n'est pas le cas ici.

24. Δtcong = Kcongm = 0,280 °C = 1,86 °C·kg/mol × 0,0500 mol/kg × i i = 3

Même si le ferricyanure de potassium, K3Fe(CN)6, contient plusieurs ions à l'intérieur de sa structure,le facteur de van't Hoff obtenu démontre que la molécule ne se dissocie pas complètement en solution.

25. Lorsqu'un concombre entre en contact avec une solution concentrée de sel, il y a mouvement des molé-cules d'eau de l'intérieur du concombre vers la solution de sel afin d'abaisser la concentration de cettedernière. Un concombre contient une très grande quantité d'eau et cette quantité tend à diminuer parosmose au contact d'une saumure. Il y a rétrécissement du concombre.

26. a) L'eau pure s'infiltrera dans les cellules, ce qui les fera gonfler jusqu'à l'éclatement.

b) L'eau des cellules sortira à l'extérieur, ce qui les fera sécher par manque d'eau.

27. c =

πRT

=×⋅ ⋅

7 38 310

6 kPa,315 kPa L/mol K K

= 0,296 mol/L

28. a) c =

πRT

=×⋅ ⋅

08 300

,295 kPa,315 kPa L/mol K K

= 1,18 × 10−4 mol/L

nprotéine = 1,18 × 10

molL

L mL

4− × 11000

× 100,0 mL = 1,18 × 10−5 mol

M =

01 5

,200 g,18 10 mol× − = 1,69 × 104 g/mol

b) On considère que le volume de solution est constitué uniquement d'eau.

Molalité =

10 100

5,18 10 mol protéine kg d'eau

× −

, = 1,18 × 10−4 m

Δtcong = Kcongm = 1,86 °C·kg/mol × 1,18 × 10−4 mol/kg = 2,19 × 10−4 °Ctcong(soln) = tcong(eau) − Δt = 0 °C − 2,19 × 10−4 °C = −2,19 × 10−4 °C

c) Il est préférable d'utiliser la pression osmotique pour déterminer la masse molaire de la protéine. Ilest plus facile de mesurer une pression osmotique de près de 0,3 kPa qu'une variation de tempéra-ture de congélation de l'ordre de 1 × 10−4 °C. Les thermomètres disponibles en laboratoire n'ont pascette précision.

29. csoluté = 2csel = 2 × 0,55 mol/L = 1,1 mol/Lπ = cRT = 1,1 mol/L × 8,315 kPa·L/mol·K × 283 Kπ = 2600 kPa



30. La concentration molaire des cellules humaines est de 0,296 mol/L (exercice 27). La concentration del'eau de mer en sel est de 1,1 mol/L. Le contact des cellules avec de l'eau de mer provoquera un déplace-ment de l'eau des cellules vers l'extérieur afin d'abaisser la concentration. Il s'ensuivra une déshydrata-tion des cellules.

31. C'est la solution de glucose qui possède la plus petite pression osmotique (π) parce que le glucose est unsoluté qui ne se dissocie pas en solution contrairement aux trois autres substances.

EXERCICE RÉCAPITULATIF (page 77)

32. a) Masse éthanol = 1,00 × 103 mL ×

0,789 mol1 mL

= 789 g ou 0,789 kg

% camphre (m/m) =

masse solutémasse solution

=

25,00 g25,00 g 789 g+

× 100 = 3,07 %

b) ncamphre = 25,00 g ×

1 mol152,2 g

= 0,1643 mol

c =

0,1643 mol1,00 L

= 0,164 mol/L

c) Molalité =

mol solutémasse solvant (kg)

=

0,1643 mol0,789 kg

= 0,208 mol/kg

d) néthanol = 789 g ×

1 mol46,07 g

= 17,1 mol

Xcamphre =

0 mol0 mol 17,1 mol

,,

16431643 +

= 0,009 52

e) Oui, car la solution est très diluée, la molalité étant de 0,208 mol/kg.f ) Xsolvant = 1 − 0,009 52 = 0,991

Psoln = Xsolvant Psolvant0 ⇒ Psoln = 0,991 × 7,87 kPa = 7,80 kPa

g) T = 25,0 °C + 273,15 = 298,2 K

π = cRT ⇒ π =

0 1643 8 315, , mol1 L

L kPa1 mol K

× ⋅⋅ × 298,2 K = 407,4 kPa

h) Δtéb = Kébm ⇒ Δtéb =

1 23 0, C kg1 mol

,208 mol1 kg

°×⋅ = 0,256 °C

téb = 78,20 + 0,256 = 78,46 °C

i) mol CH3ONa = 10,80 g ×

1 mol54,02 g

= 0,200 mol

Molalité =

mol solutémasse solvant (kg)

,200 mol0,789 kg

=0

= 0,253 mol/kg ou 0,253 m

Trouvons la valeur de Δt en ne considérant pas la dissociation du sel.

Δtéb =

1 0 0,23 C kg1 mol

,208 mol ,253 mol)1 kg

°×

+⋅ (

= 0,256 °C + 0,311 °C= 0,567 °C

L'augmentation de 0,311 °C est due à CH3ONa non dissocié.Δtéb (expérimental) = 78,911 − 78,20 = 0,71 °C



Δtéb (expérimental) dû à CH3ONa = 0,711 − 0,256 = 0,455 °C

Facteur de van't Hoff =

ΔΔ

tt

exp

calc

,455 C,311 C

=°°

00

= 1,46

j) M =

Ktcong soluté

solvant

masse (g)masse (kg)×

×Δ

=

3 07,8 C kg178,8 177,34) C mol

,247 g0,0500 kg

°− °

×⋅⋅(

= 128 g/mol

EXERCICE DÉFI (page 78)34. a) Δtéb = (100,0306 − 100,0000) °C = 0,0306 °C

Δtéb = Kébm ⇒ m =

Δ=

⋅t

Kéb

éb

°C°C kg/mol

0 03060 513

,,

= 0,0596 mol/kg

Masse de saccharose pour 1000 g H2O

2,00 % sacc. ⇒

2 0098 00

,,g saccharose

g H O2

× 1000 g H2O = 20,4 g saccharose

⇒ M =

20 40 0596

,,

g saccharosemol saccharose

= 342 g/mol

b) Carbone =

342 42 11g sacc.mol sacc.

g C100,0 g sacc.

× , ×× 1 mol C12,01 g C

= 12 mol C

Hydrogène =


g H100,0 g sacc.

× ×, 11 mol H1,008 g H

= 22 mol H

Oxygène =


g O100,0 g sacc.

× , ×× 1 mol O16,00 g O

= 11 mol O

Formule moléculaire du saccharose : C12H22O11

c) Δtéb = 3,5 °C = Kébm ⇒ m =

3 50 513

,,

°C°C kg/mol⋅

= 6,8 mol/kg H2O

Masse saccharose =

6 8 342, mol sacc.1 kg H O

g sacc.1 mol sacc2

×.. = 2300 g sacc./kg

% massique =

23002300

g sacc.g sacc. 1000 g H O2+

× 100 = 70 % (en réalité, elle est de 66 %)

d) Masse de sacc. dans 1,00 L de sirop à 66 % = masse de sacc. dans x L d'eau d'érable à 2,00 %

1,00 L sirop ×

66 1 3331

g sacc.100 g sirop

g siropmL sir

× ,oop

mLL

× 10001

= 880 g saccharose

880 g sacc. ×

100 0 1, g eau érable2,00 g sacc.

mL eau éra× bbleg eau érable

LmL1 000

11000,

× = 44 L

e) % massique =

2 00, g sacc.98,00 g H O2

× 100 = 20,4 %

Évaporation de 75 % ⇒ 98,0 × (100 − 75) % = 24,5 g H2O qui restent.

% massique =

2 0024 5,,

g sacc.g sacc.

× 100 = 8,16 %



f) À 20 °C, % massique en saccharose pour H2O = 66 % (voir c)⇒ 66 g sacc. pour 34 g H2O ⇒ 1,94 g sacc. pour 1,0 g H2OOr, solubilité = 1,97 g sacc./g H2OLa concentration du saccharose dans le sirop d'érable est un peu inférieure à la solubilité à 20 °C(1,97 g). Il suffit de refroidir le liquide ou d'en évaporer quelque peu le solvant pour que la solutiondevienne sursaturée, provoquant ainsi la cristallisation du saccharose.

g) La température visée est valable à une pression normale de 101,3 kPa. La solubilité des solides ensolution aqueuse dépend de la température, mais aussi un peu de la pression. Les conditions atmos-phériques influencent donc l'efficacité de la cristallisation, ce qui explique que, à basse altitude etlorsque la pression barométrique est élevée, il faudra chauffer à plus haute température.La stratégie consiste à calibrer le thermomètre en fonction des conditions qui prévalent. Pour cefaire, la température d'ébullition de l'eau pure est mesurée précisément et le thermomètre estcalibré en conséquence. Par exemple, si l'eau bout à 100,3 °C plutôt qu'à 100 °C, on aura du sucre à114,7 °C plutôt qu'à 114,4 °C.

h) On considère que la sève est très diluée et qu'elle possède les mêmes propriétés physiques que l'eau.Au départ, on détermine la pression osmotique de la sève.

13 m

1000 mm

1 m1 mm Hg

13,6 mmH OH O

H O H O2

2

2 2

× × = 960 mm Hg

960 mm Hg ×

101,3 kPa760,0 mmHg

= 130 kPa

c =

πRT

=×⋅ ⋅

130 kPa8,315 kPa L/mol K K273

= 0,057 mol/L





Vitesse =

−=

− −

−

ΔΔ[ ] ( , ,

, min( )

N O mol/L mol/L)

2 5

0 10

0 66 1 010 0t

= 0,034 mol/L·min

Vitesse =

−=

− −

−

ΔΔ

[ ] ( , ,, min( )

N O mol/L mol/L)

2 5

10 20

0 49 0 6610 0t

= 0,017 mol/L·min

Vitesse =

−=

− −

−

ΔΔ

[ ] ( , ,, min( )

N O mol/L mol/L)

2 5

20 30

0 41 0 4910 0t

= 0,0080 mol/L·min


Vitesse = − = =

14

14

16

3 2ΔΔ

ΔΔ

ΔΔ

[ ] [ ] [ ]PH P Ht t t

EXERCICE 3.3 (page 89)Réaction d'ordre 1 ⇒ vitesse = k[SO2Cl2]

Puisque, selon la loi des gaz parfaits, la concentration du gaz est directement proportionnelle à sa pression,la vitesse de la réaction double.


( ) [ ]vitesse NOCl

(n 1) (n 1)o o0= k x

1,50 × 10−7 mol/L·s = k(0,250 mol/L)x

( ) [ ]vitesse NOCl

(n 2) (n 2)o o0= k x

7,26 × 10−7 mol/L·s = k(0,550 mol/L)x

( )

( ),,

,((

vitesse

vitesse mol/L s mol/L s

0,550 mol/L)0,250 mol/L)

(n 2)

(n 1)

o

o

0

0

7

7

7 26 101 50 10

4 84=××

= =−

−⋅⋅

x

x

4,84 = 2,20x

x log 2,20 = log 4,84 ⇒ x =

0 6850 342,,

= 2

L'ordre de réaction est 2 et l'expression de l'équation de vitesse est :

vitesse = k[NOCl]2

Pour trouver la valeur de k, on utilise les valeurs de l'expérience 1.

k =

1 50 100 250

7

2

,( , )

× − ⋅ mol/L s mol/L

= 2,40 × 10−6 L/mol·s

EXERCICE 3.5 (page 92)L'équation de vitesse est : (vitesse) = k[I−]x[ClO−]y.

On détermine l'ordre partiel de I− avec les expériences 1 et 2.

( )

( )

[ ] [ ]

[ ] [ ],,

,vitesse

vitesse

I ClO

I ClO mol/L s mol/L s

(n 2)

(n 1)

(n 2) (n 2)

(n 1) (n 1)

o

o

o o

o o

0

0

4

4

9 15 106 10 10

1 50= =××

=− −

− −

−

−⋅⋅

k

k

x y

x y



1,50 =

((0,150 mol/L)0,100 mol/L)

x

x = 1,5x ⇒ x = 1

On détermine l'ordre partiel de ClO− avec les expériences 2 et 3.

( )

( )

[ ] [ ]

[ ] [ ],,

,vitesse

vitesse

I ClO

I ClO mol/L s mol/L s

(n 3)

(n 2)

(n 3) (n 3)

(n 2) (n 2)

o

o

o o

o o

0

0

3

4

1 37 109 15 10

1 50= =××

=− −

− −

−

−⋅⋅

k

k

x y

x y

1,50 =

((0,150 mol/L)0,100 mol/L)

y

y = 1,50y ⇒ y = 1

Vitesse = k[I−][ClO−]

On calcule la constante de vitesse avec l'expérience 1.

k = =

××− −

− ⋅( )

[ ] [ ],

,

vitesse

I ClO mol/L s

,100 mol/L mol/L (n 1)o0

1 1

46 10 100 0 100

= 0,0610 L/mol·s

L'ordre global de la réaction est la somme des ordres partiels. L'ordre partiel étant de 1 pour les deuxréactifs, I− et ClO−, cela donne 2 comme ordre global.

EXERCICE 3.6 (page 95)a) [N2O]0 = 0,150 mol/L; k = 0,76 s−1

ln [N2O] = −kt + ln [N2O]0

ln [N2O] = −0,76 s−1 × 2,0 s + ln 0,150[N2O] = 0,0327 mol/L

b) [N2O]0 = 0,150 mol/L; k = 0,76 s−1

ln [N2O] = −kt + ln [N2O]0

ln [N2O] = −0,76 s−1 × 5,0 s + ln 0,150ln [N2O] = −5,70

[N2O] = e−5,70 = 0,003 35 mol/L


Loi de vitesse différentielle : vitesse = − = ⇒ = −d B

dd B d

[ ][ ]

tk k t

L'intégration de cette expression entre t = 0 et t = t est : [B] = −kt + [B]0 ; on retrouve la forme y = mx + b; lapente m est égale à −k (la constante).


[SO2Cl2] =

12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

n

[SO2Cl2]0 =

12

3⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

0,500 mol/L = 0,0625 mol/L


Réaction d'ordre 1 ⇒ k =

0 693

1 2

,

/t ⇒ k =

0 6935730

,s

= 1,21 × 10−4 s−1

Âge de l'échantillon : ln

[ ][ ]AA

t

0

= −kt ⇒ ln 0,15 = −(1,21 × 10−4)t ⇒ −1,90 = −1,21 × 10−4t ⇒ t = 1,57 × 104 s




1/[NO2]

0

Temps (s)

2,00

0,00

4,00

6,00

8,00

10,00

12,00

14,00

y = 0,5288x + 1,9701

5 10 15 20 25

Seul le graphique de la réciproque de la concentration de NO2 (1/[NO2]) en fonction du temps donne unedroite dont la pente, m, correspond à la valeur de k.

m = pente du graphique = k = 0,529 L/mol·s

EXERCICE 3.11 (page 102)Lorsque la concentration de B est constante, la concentration de C diminue de moitié et la vitesse initialediminue d'un facteur 4 ( 0 0076 0 0019, , = 4). La vitesse est donc proportionnelle au carré de la concentrationde C.

Lorsque la concentration de C est constante, la concentration de B diminue de moitié et la vitesse initialediminue également d'un facteur 2 ( 0 0038 0 0019, , = 2). La vitesse est donc proportionnelle à la concentra-tion de B.

L'ordre par rapport à C est 2 et l'ordre par rapport à B est 1; l'ordre global est 3.

EXERCICE 3.12 (page 104)On détermine l'ordre partiel des réactifs en traçant les graphiques correspondant aux ordres 1 et 2.

a) Les données de l'expérience 1 permettent de déterminer l'ordre de la réaction par rapport à I−.On convertit les valeurs de concentration de I− en ln I−.On trace le graphique de ln I− en fonction du temps.

Ordre 1

−0,0

−2,00

−6,215

−3,0

−1,69

−6,383

−4,0

−1,60

−6,438

−6,0

−1,43

−6,550

t (s)

[I] (mol/L × 10−3)

ln [I]

Ordre 2

0,00

0,500

2,00

5,00

0,215

4,65

10,0

0,140

7,14

15,0

0,101

9,90

20,0

0,0794

12,5994

t (s)

[NO2] (mol/L)

1/[NO2]



ln [I]0,0

−6,600

1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0

−6,550

−6,500

−6,450

−6,400

−6,350

−6,300

−6,250

−6,200

−6,150

Temps (s)y = −0,0559x − 6,2147

On obtient une droite dont la pente correspond à la constante de vitesse. La réaction est donc d'ordre 1par rapport à la concentration de I−.

pente = +0,0559 s−1 = k

b) Les données de l'expérience 2 permettent de déterminer l'ordre de la réaction par rapport à ClO−.On convertit les valeurs de concentration de [ClO−] en ln [ClO−].On trace le graphique de ln [ClO−] en fonction du temps.

ln [ClO−]

0,0

−6,60

1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 6,0 7,0

−6,55

−6,50

−6,45

−6,40

−6,35

−6,30

−6,25

−6,20

−6,15

y = −0,0559x − 6,215 Temps (s)

On obtient une droite dont la pente correspond à la constante de vitesse. La réaction est donc d'ordre 1par rapport à la concentration de ClO−.

pente = +0,0559 s−1 = k

L'ordre global de la réaction est la somme des 2 ordres de réaction.L'équation de vitesse est donc

vitesse = k[I−]1[ClO−]1

et la réaction globale est d'ordre deux.

Ordre 1

−0,0

−2,00

−6,21

−2,9

−1,70

−6,38

−5,1

−1,50

−6,50

−6,4

−1,40

−6,57

t (s)

[ClO−] (mol/L × 10−3)

ln [ClO−]



EXERCICE 3.13 (page 111)Pour appliquer l'équation d'Arrhénius, il faut tracer le graphique de ln k en fonction de 1/T. Il faut transfor-mer les données du tableau précédent.

ln k

1/T (K−1)−16,00

2,80

× 1

0−3

−14,00

−12,00

−10,00

−8,00

−6,00

−4,00

−2,00

0,00

2,90

× 1

0−3

3,00

× 1

0−3

3,10

× 1

0−3

3,20

× 1

0−3

3,30

× 1

0−3

3,40

× 1

0−3

3,50

× 1

0−3

3,60

× 1

0−3

3,70

× 1

0−3

3,80

× 1

0−3

y = −12 274x + 30,986

La pente vaut −12 274 K.

m = −ER

a ⇒ Ea = −mR = +12 274 K × 8,315 J/mol·K = 102 kJ/mol

EXERCICE 3.14 (page 112)k1 = 3,68 × 10−4 L/mol·s à T1 = 32,0 °C (305 K)

k2 = 6,71 × 10−4 L/mol·s à T2 = 60,0 °C (333 K)

ln

ln,

kk

ER T T

2

1 1 2

4

1 1

6 71 10

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

× −

a

L/mmol sL/mol s 8,315 J/mol

a⋅⋅×

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=−3 68 10 4,E

⋅⋅ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= × × −

K K 33 K

a

1305

13

1 82 3 316 10 5ln , ,E mmol/J

kJ/molaE = 18 1,

EXERCICE 3.15 (page 115)Vitesse = k[NO2]

2

NO3 est le produit intermédiaire.

QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES (pages 122 à 127)1. Une constante de vitesse élevée indique que la vitesse de la réaction est élevée.

2. a) (vitesse)0−30 =

−=

− −ΔΔ[ ] ( , , )

,A mol/L mol/L

st0 1498 0 1565

30 0= 2,23 × 10−4 mol/L·s

318

3,14 × 10−3

4,10 × 10−4

−7,80

328

3,05 × 10−3

1,50 × 10−3

−6,50

338

2,96 × 10−3

5,52 × 10−3

−5,20

T (K)

1/T (K−1)

k (s−1)

ln k

298

3,36 × 10−3

4,30 × 10−5

−10,05

273

3,66 × 10−3

8,30 × 10−7

−14,00



b) (vitesse)30−60 =

−=

− −ΔΔ[ ] ( , , )

,A mol/L mol/L

st0 1435 0 1498

30 0= 2,10 × 10−4 mol/L·s

c) (vitesse)0−60 =

−=

− −ΔΔ[ ] ( , , )

,A mol/L mol/L

st0 1435 0 1565

60 0= 2,17 × 10−4 mol/L·s

3. a) Vitesse = − = − =

ΔΔ

ΔΔ

ΔΔ

[ ] [ ] [ ]N H NH2 2 313

12t t t

b) Vitesse = − = − =

12

12

2 2 3ΔΔ

ΔΔ

ΔΔ

[ ] [ ] [ ]SO O SOt t t

c) Vitesse = − = − = =

− − −ΔΔ

ΔΔ

ΔΔ

ΔΔ

[ ] [ ] [ ] [ ]I S O S O I2 2 32

4 621

212t t t t

4. Vitesse = − = =

12

14

2 5 2 2ΔΔ

ΔΔ

ΔΔ

[ ] [ ] [ ]N O NO Ot t t

Δt = 20 min

− = =

12

142 5 2 2[ ] [ ] [ ]N O NO OΔ

− × − × = =− −1

20 68 10 1 24 10

14

2 22 2( , , [ ] [ ] mol/L mol/L) NO OΔ

Δ[NO2] = 1,1 × 10−2 mol/L = [NO2]t=20 min

Δ[O2] = 2,8 × 10−3 mol/L = [O2]t=20 min

5. a) Vitesse =

−ΔΔ[ ]At

Δt = 300 s − 264 s = 36 s−Δ[A] = vitesse × Δt = 3,67 × 10−4 mol/L·s × 36 s−Δ[A] = 1,32 × 10−2 mol/L−([A]300 s − [A]264 s) = 1,32 × 10−2 mol/L−([A]300 s − 0,588 mol/L) = 1,32 × 10−2 mol/L[A]300 s = 0,575 mol/L

b) Δt =

−=

− −× − ⋅

Δ[ ] ( , , ),

Avitesse

mol/L mol/L mol/L s

0 565 0 5883 67 10 4 = 62,7 s

Δt = 62,7 s ⇒ t2 = 264 s + 62,7 s = 327 s

6. a) 3BrO−(aq) 9: 2Br−(aq) + BrO3− (aq)

Vitesse = − =

− −13

12

ΔΔ

ΔΔ

[ ] [ ]BrO Brt t

b) Vitesse = − = =

− − −13

12

3Δ

ΔΔ

Δ

Δ

Δ( / ) ( / ) ( / )n V

t

n V

t

n V

tBrO Br BrO

Vitesse = − = =

− − −13

12

3Δ

ΔΔ

Δ

Δ

Δn

t

n

t

n

tBrO Br BrO

−

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= =− −1

30 45 1

23, mol

s s sBr BrOΔ Δn n



ΔnBr− = 0,30 mol

Δn

BrO3− = 0,15 mol

7. Vrai. La vitesse de réaction (ordre 1) diminue au fur et à mesure que des produits sont formés.

8. a) Équation de vitesse : (vitesse)0 = k[NOCl]x

Avec les expériences 1 et 3, on détermine l'ordre de la réaction en établissant les rapports de vitesse.

( )

( )[ ][ ]

,,

,vitesse

vitesseNOClNOCl

mol/L s mol/L s

(n 3)

(n 1)

o

o

0

0

0

0

8

9

1 44 102 50 10

5 76= =××

=−

−⋅⋅

kk

x

x

5,76 =

((0,60 mol/L)0,25 mol/L)

x

x = 2,4x

log 5,76 = x log 2,4 ⇒ x = 2(vitesse)0 = k[NOCl]2

b) Avec l'expérience 2, on calcule la constante de vitesse k.

k =

( )

[ ],

( , )

vitesse

NOCl mol/L s

mol/L (n 2)o02

9

2

4 90 100 35

=× − ⋅ = 4,0 × 10−8 L/mol·s

9. a) (vitesse)0 = k[C2H5Cl]x

( )

( )[ ][ ]

,,

,vitesse

vitesseC H ClC H Cl

mol/L min mol/L min

(n 2)

(n 1)

5

5

o

o

0

0

2 0

2 0

28

28

2 63 101 75 10

1 50= =××

=−

−⋅⋅

kk

x

x

1,50 =

((0,60 mol/L)0,40 mol/L)

x

x = 1,5x

x = 1(vitesse)0 = k[C2H5Cl]

b) On utilise l'expérience 3 pour calculer la valeur de k.

k =

3 94 100 90

28

1

,( , )× − ⋅ mol/L min

mol/L = 4,4 × 10−28 min−1

10. a) (vitesse)0 = k[H2]x[ICl]y

À partir des expériences 1 et 2, on obtient l'ordre partiel de la réaction par rapport à l'hydrogène.

( )

( ),vitesse

vitesse(n 2)

(n 1)

o

o

0

0

9 87 10= × −77

72 0 0

6 58 10mol/L smol/L s

H ICl⋅⋅×

=−,[ ] [ ]k

k

x y

[[ ] [ ],

H ICl2 0 0

1 50x y =

1,50 =

( ,( ,3 0 10 mol/L)2 0 10 mol/L)

3

3

××

−

−

x

x = 1,5x

x = 1À partir des expériences 2 et 3, on obtient l'ordre partiel de ICl.

( )

( ),,

[ ] [ ][ ] [ ]

,vitesse

vitesse mol/L s mol/L s

H IClH ICl

(n 3)

(n 2)

o

o

0

0

6

72 0 0

2 0 0

2 47 109 87 10

2 50=××

= =−

−⋅⋅

kk

x y

x y

2,50 =

( ,( ,5 0 10 mol/L)2 0 10 mol/L)

3

3

××

−

−

y

y = 2,5y

y = 1(vitesse)0 = k[H2]

1[ICl]1



b) k =

( )

[ ] [ ],

, ,

vitesse

H ICl mol/L s

mol/L mol/L (n 2)o0

21 1

7

3 3

9 87 103 0 10 2 0 10

=×

× × ×

−

− −⋅

= 0,16 L/mol·s

(vitesse)0 = 0,16 L/mol·s [H2]0[ICl]0

c) (vitesse)0 = 0,16 L/mol·s [ ] [ ]H ICl2 01

01

= 0,16 L/mol·s × 0,050 mol/L × 0,0050 mol/L= 4,0 × 10−5 mol/L·s

11. (vitesse)0 = k[NO]x[O2]y

(vitesse) (vitesse)

0 (n 2) 0 (n 1)o o= 4

[ ] [ ]NO NO

(n 2) (n 1)o o= 2

( )

( )

[ ] [ ]

[ ] [ ]

vitesse

vitesse

NO O

NO O (n 2)

(n 1)

(n 2) (n 2)

(n 1) (n 1)

o

o

o o

o o

0

0

2

2

=k

k

x y

x y

4 20

0

( )

( )

[ ]

[ ]

vitesse

vitesse

NO

NO (n 1)

(n 1)

(n 1)

(n 1)

o

o

o

o

=x x

x

4 = 2x ⇒ x = 2

( ) ( )vitesse vitesse

(n 3) (n 1)o o0 08=

[ ] [ ]NO NO

(n 3) (n 1)o o= 2

[ ] [ ]O O2 (n 3) 2 (n 1)o o= 2

( )

( )

[ ] [ ]

[ ] [ ]

vitesse

vitesse

NO O

NO O (n 3)

(n 1)

(n 3) (n 3)

(n 1) (n 1)

o

o

o o

o o

0

0

2

2

=k

k

x y

x y

8 2 20

0

( )

( )

[ ] [ ]

[ ] [ ]

vitesse

vitesse

NO O

NO O (n 1)

(n 1)

(n 1) 2 (n 1)

(n 1) 2 (n 1)

o

o

o o

o o

=×k

k

x x y y

x y

8 = 2x × 2y

Si x = 2, alors y = 1(vitesse)0 = k[NO]2[O2]

1

12. (vitesse)0 = k[A]x[B]y[C]z

À partir des expériences 1 et 2, on obtient l'ordre partiel du réactif A.

( )

( )

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ]

vitesse

vitesse

A B C

A B C (n 2)

(n 1)

(n 2) (n 2) (n 2)

(n 1) (n 1) (n 1)

o

o

o o o

o o o

0

0

=k

k

x y z

x y z

1 37 108 70 10

1 572

3

,,

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ],

××

= =−

−⋅⋅

mol/L s mol/L s

A B C

A B C(n 2) (n 2) (n 2)

(n 1) (n 1) (n 1)

o o o

o o o

k

k

x y z

x y z

1,57 =

[ ]

[ ]( ,( ,

A

A mol/L) mol/L)

(n 2)

(n 1)

o

o

x

x

x

x=××

−

−

1 97 101 25 10

3

3 = 1,58x

x = 1À partir des expériences 1 et 3, on obtient l'ordre partiel du réactif B.

( )

( )

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ]

vitesse

vitesse

A B C

A B C (n 3)

(n 1)

(n 3) (n 3) (n 3)

(n 1) (n 1) (n 1)

o

o

o o o

o o o

0

0

=k

k

x y z

x y z



5 10 108 70 10

5 862

3

,,

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ],

××

= =−

−⋅⋅

mol/L s mol/L s

A B C

A B C(n 3) (n 3) (n 3)

(n 1) (n 1) (n 1)

o o o

o o o

k

k

x y z

x y z

5,86 =

[ ]

[ ]( ,( ,

B

B mol/L) mol/L)

(n 3)

(n 1)

o

o

y

y

y

y=××

−

−

3 02 101 25 10

3

3 = 2,42y

log 5,86 = y log 2,42 ⇒ 0,768 = 0,384y ⇒ y = 2À partir des expériences 3 et 4, on obtient l'ordre partiel du réactif C.

( )

( )

[ ] [ ] [ ]

[ ] [ ] [ ]

vitesse

vitesse

A B C

A B C (n 4)

(n 3)

(n 4) (n 4) (n 4)

(n 3) (n 3) (n 3)

o

o

o o o

o o o

0

0

1 2

1 2=k

k

z

z

1 29 105 10 10

2 531 97 101 25 10

2 01 101 25 10

1

2

3

3

3

3

,,

,( , )( , )

( , )( , )

××

= =××

×××

−

−

−

−

−

−⋅⋅

mol/L s mol/L s

mol/L mol/L

mol/L mol/L

z

z

⇒ 2,53 = 1,58 × 1,61z

z = 1(vitesse)0 = k[A]1[B]2[C]1

13. Faux. Le temps de demi-vie ne dépend pas de la concentration des réactifs mais seulement de k.

t1/2 =

0 693,k

14. a) Vitesse = k[NO2]2

b) Vitesse= 0,50 L/mol·s × (0,110 mol/L)2

= 6,1 × 10−3 mol/L·s

15. ln [N2O] = −kt + ln [N2O]0

t

k=

−=

−=−

ln [ ln [ ln , ln ,,

,N O] N O]

s s02 2

1

0 250 0 02500 76

3 03

16.

ln [N2O5]

Temps (s)

−7,00

y = −0,0022x − 4,1943

−6,00

−5,00

−4,00

−3,00

−2,00

−1,00

0,000 200 400 600 800 1000 1200

a) Dans le graphique de ln [N2O5] en fonction du temps, on observe que les points sont parfaitementalignés contrairement au graphique de la réciproque de la concentration de N2O5 en fonction dutemps. L'ordre de réaction est 1.

0

1,50 × 10−2

−4,20

400

6,20 × 10−3

−5,08

600

4,00 × 10−3

−5,52

800

2,50 × 10−3

−5,99

t (s)

[N2O5] (mol/L)

ln [N2O5]

200

9,60 × 10−3

−4,65

Ordre 1

1000

1,60 × 10−3

−6,44



b) La pente du graphique est −0,0022 s−1.m = −0,0022 s−1 = −k ⇒ 0,0022 s−1 = kk = 0,0022 s−1

17. ln [H2O2] = −kt + ln [H2O2]0

−kt = ln

[ ][ ]H OH O

2 2

2 2 0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

e−kt =

[ ][ ]H OH O

2 2

2 2 0

e e− × × −− −

= =7 3 10 400 0 0 29 2 2

2 2 0

4 1, , , [ ][ ]

s s H OH O

0,75 =

[ ][ ]H OH O

2 2

2 2 0

Il reste 75 % de la quantité de H2O2 après 400 s. Donc, il y a 25 % qui est consommé.

18.

[ ][ ]C HC H

4 8

4 8 0

= 0,200

kt = ln

[ ][ ]

ln[ ]

, [ ]C HC H

C HC H

4 8 0

4 8

4 8 0

4 8 00 200⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

kt = 1,61

t =

1 61 1 619 2 10 3 1

, ,,k

=× − − s

= 180 s

19.

1/[NO2]

0

Temps (s)

0,00

y = 0,7102x + 11,103

5 10 15 20 25

5,00

10,00

15,00

20,00

25,00

30,00

La réaction est d'ordre 2 selon le graphique de la réciproque de la concentration de NO2 (1/[NO2]) enfonction du temps.m = 0,710 L/mol·s = k

Ordre 2

−0

9,00

11,11

−5

6,83

14,64

10

5,49

18,21

15

4,60

21,74

20

3,95

25,32

t (s)

[NO2] (mol/L × 10−2)

1/[NO2]



20.

1 1

5 61 10 1201

0 2506 73 4 00

0 0932

0

2

[ ] [ ]

,,

, ,

[ ] ,

BrO BrO

L/mol s s mol/L

L/mol L/mol

BrO mol/L

− −

−

−

= +

= × × +

= +=

⋅

kt

Vitesse = − = =

− − −13

12

ΔΔ

ΔΔ

ΔΔ

[ ] [ ] [ ]BrO Br BrO3

t t tΔt = 120 s (identique pour les 3 termes)Δ[BrO−] = 0,0932 mol/L − 0,250 mol/L = −0,157 mol/L

− = −

× −= =

− −−1

31 0 157

31

2 BrO mol/L [Br

[BrO3

Δ ΔΔ

[ ] , ]]

Δ[Br−] = 0,105 mol/L ⇒ [Br−] = 0,105 mol/L

Δ[BrO3−] = 0,0523 mol/L ⇒ [BrO3

−] = 0,0523 mol/L

21. a) t1/2 =

1k[ ]NO2

k =

1 175 2 50 101 2

2t / [ ] ,NO min mol/L2

=× × −

k = 0,53 L/mol·min

b)

1 1

0[ ] [ ]NO NO2 2

= +kt

1[ ]NO2

= 0,53 L /mol·min × 30 min +

12 50 10 2, × − mol/L

= 15,9 L /mol + 40,0 L/mol

[NO2] = 0,018 mol/L

c) Δ[O2] = −

12 00

Δ[ ],NO2

Δ[O2] = [O2] = 1,00 × 10−2 mol/L ⇒ Δ[NO2] = −2,00 × 10−2 mol/LΔ[NO2] = −2,00 × 10−2 mol/L = [NO2]t − [NO2]0

−2 × 10−2 mol/L = [NO2]t − 2,50 × 10−2 mol/L[NO2]t = 0,0050 mol/L

1 1

0[ ] [ ]NO NO2 2t

kt= =

10 0050

12 50 10

2 0 102

2

, ,,

mol/L mol/L−

×= ⇒ = ×

− kt t−− × = × ⋅

⋅4 00 10 1 6 10

0 53

1 2, ,,k

L molL/mol min

t = 300 min

22. a) Isomérisation ordre 1Décomposition ordre 0Dimérisation ordre 2



b) Isomérisation : vitesse =

−=

ΔΔ

ΔΔ

[ ] [ ]CH CH CH CH CH CH CH CH3 3 3 2 29 R 9 9 R

t t

Décomposition : vitesse =

−=

ΔΔ

ΔΔ

[ ] [ ]CH CH CH CH CH CH3 3 2 212

9 R 9 R

t t

Dimérisation : vitesse = − =1

23 3 8 16Δ

ΔΔ

Δ[ ] [ ]CH CH CH CH C H9 R 9

t tc) Isomérisation : (vitesse)0 = k[ ]CH CH CH CH3 3 0

19 R 9

= 0,020 s−1 × 0,150 mol/L= 0,0030 mol/L·s

Décomposition : (vitesse)0 = k[ ]CH CH CH CH3 3 009 R 9 = 0,030 s−1

Dimérisation : (vitesse)0 = k[ ]CH CH CH CH3 329 R 9

= 0,010 L/mol·s × (0,150 mol/L)2

= 2,3 × 10−4 mol/L·s−1

23. a) (vitesse)0 =

−ΔΔ

[ ]CH CHO3

tExpérience no 1 : Δt = 60,0 s

( )

( , ,,vitesse

mol/L mol/L)0,0 s

mol/L s0 (n 1)o =

− −= × − ⋅1 490 1 512

63 67 10 4

Expérience no 2 : Δt = 60,0 s

( )

( , ,vitesse

mol/L mol/L0 (n 2)o = − −2 935 3 024 ))

0,0 smol/L s

61 48 10 3= × − ⋅,

b)

( )

( ),vitesse

vitesse0 (n 2)

0 (n 1)

o

o

= × −1 48 10 33

43 2

3 67 10mol/L smol/L s

CH CHOCH

⋅⋅×

=−,[ ][

kk

x

33 1

4 03CHO]

,x =

4,03 =

( ,( ,3 0241 512

mol/L) mol/L)

x

x = 2,00x

x = 2 ordre 2

24. a) ln [A]t = −kt + ln [A]0

ln

[ ][ ]AA

t

0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −kt

[A]t = 0,600 [A]0

ln

, [ ][ ]

0 600 0

0

AA

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −k × 45,0 s

ln 0,600 = −k × 45,0 sk = 1,14 × 10−2 s−1

b) t1/2 =

0 693 0 6931 14 10 2 1

, ,,k

=× − −s

= 60,8 s

c) ln

, [ ][ ]

0 010

0

AA

t⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = −kt

t = 404 s



25. t1/2 =

0 693,k

ordre 1

k =

0 69373 8

,, jours

= 9,39 × 10−3 jours−1

ln

, [ ][ ]

0 100 1920

1920

II

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟ = −9,39 × 10−3 jours−1 × t

t = 245 jours

26.

ln k

1/T (K−1)

−16,00

2,80

× 1

0−3

−14,00−12,00−10,00

−8,00−6,00−4,00−2,00

0,00

2,90

× 1

0−3

3,00

× 1

0−3

3,10

× 1

0−3

3,20

× 1

0−3

3,30

× 1

0−3

3,40

× 1

0−3

3,50

× 1

0−3

3,60

× 1

0−3

3,70

× 1

0−3

3,80

× 1

0−3

y = −12 376x + 31,273

Le graphique de ln k en fonction de l'inverse de la température (1/t) permet d'obtenir l'énergie d'activa-tion (Ea).Ea = −mR = 12 376 k−1 × 8,315 J/mol·K = 1,03 × 105 J = 103 kJ/mol

27. (vitesse)1 = k1 [A]x à T1 = 298 K(vitesse)2 = k2 [A]x à T1 = 308 K(vitesse)2 = 2(vitesse)1 ⇒ k2 = 2k1

ln

ln

kk

ER T T

kk

2

1 1 2

1

1

1 1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=

a

2 EE

E

a

a

J/mol K K K8 3151

2981

308

2

,

ln

⋅−⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

⇒ = × 11 10 108 315

2 1 31 10

4 1,,

ln ,

×

⇒ = × ×

− −

−

⋅K

J/mol K

aE 55 J/mol

Ea = 5,3 × 104 J = 53 kJ/mol

0,0

2,73

3,66

7,87 × 10−7

−14,06

35,0

3,08

3,25

1,35 × 10−4

−8,91

45,0

3,18

3,14

4,98 × 10−4

−7,60

55,0

3,28

3,05

1,50 × 10−3

−6,50

T (°C)

T (K × 102)

1/T (K−1 × 10−3)

k (s−1)

ln k

25,0

2,98

3,36

3,46 × 10−5

−10,27

65,0

3,38

2,96

4,87 × 10−3

−5,32



28.

ln

ln

kk

ER T T

2

1 1 2

1 1

4

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⋅

a

,95 L/mol s11 8 315

172,10 10 L/mol s J/mol K 0

a

×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=− ⋅ ⋅E

, 33 K 63 KK

8,315 J/ma−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= × × − −18

2 64 10 4 1

E,

ool K

mol/Ja

⋅= × × −ln ,450 3 17 10 5E

Ea = 1,92 × 105 J = 192 kJ/mol

29. ln k1 =

−ERT

a

1

+ ln A

ln 6,1 × 10−8 s−1 =

−×⋅

261 0008 315 5

J/mol J/mol K 98 K,

+ ln A ⇒ −16,6 = −52,5 + ln A = 35,9

A = 3,9 × 1015 s−1

30. ln

ln ln ,

kk

ER T T

k

2

1 1 2

2

1 1

6 90 10

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− ×

a

−− = −⎛⋅

4 18 315

13

13

08 000 J/molJ/mol 08 K 10 K, k ⎝⎝⎜

⎞⎠⎟

= × × × =−1 30 10 2 09 10 0 2724 5, , ,

ln k2 = 0,272 + ln 6,90 × 10−4 = 0,272 − 7,279 = −7,007 k2 = 9,06 × 10−4 L/mol·s

31. a)

R

P

Ea = 90,0 kJ/mol

Énergie(kJ)

Progressionde la réaction

ΔH = 20,0 kJ/mol

b)

R

P

Ea = 125,0 kJ/mol

Énergie(kJ)


ΔH = −30,0 kJ/mol



c)

R

P

Ea = 45,0 kJ/mol

Énergie(kJ)


ΔH = −45,0 kJ/mol

32. a) NO2(g) + F2(g) 9: NO2F(g) + F(g)F(g) + NO2(g) 9: NO2F(g)

b) (vitesse)1 = k1[NO2][F2](vitesse)2 = k[F][NO2] (vitesse)2 = k2[NO2][F]

c) Vitesse = k[NO2][F2]

33. a) L'équation ne représente pas un processus élémentaire (pas l'étape lente) en raison de la différenceentre les coefficients stœchiométriques et les exposants.

b) L'équation représente un processus élémentaire. Les exposants dans l'équation de vitesse sont lesvaleurs des coefficients stœchiométriques dans l'équation.

c) L'équation représente un processus élémentaire. Les exposants dans l'équation de vitesse sont lesvaleurs des coefficients stœchiométriques dans l'équation.

d) L'équation ne représente pas le processus élémentaire lent en raison de la différence entre l'exposant3/2 et la valeur du coefficient stœchiométrique, 1.

e) L'équation représente un processus élémentaire. Les exposants dans l'équation de vitesse sont lesvaleurs des coefficients stœchiométriques dans l'équation.

34. Il abaisse l'énergie d'activation.

35. a) CH3CH2OH 9: H2O + CH2 = CH2

b) v = k[CH3CH2O+H2]

c) CH CH OH3 2 2+ , CH CH3 2

+ , HSO4− , H+

d) H2SO4 peut être considéré comme catalyseur puisque sa quantité ne varie pas durant les processus.D'ailleurs, l'acide sulfurique n'apparaît pas dans l'équation globale.

EXERCICE RÉCAPITULATIF (pages 127-128)

36. a) Vitesse moyenne

= −

= −−

= −−

= ⋅

ΔΔ

Δ

[ ]

([ ] [ ] )

( , )min

, min

H O

H O H O

mol/L

mol/L

f i

2 2

2 2 2 2

0 0 10072

0 0014

t

t

b) (vitesse)0 = k[H2O2]x

( )

( )[ ][ ]

vitesse

vitesseH OH O

(n 3)

(n 1)

3

1

o

o

0

0

2 2

2 2

=kk

x

x

5 79 101 93 10

3 000 3000 100

3 004

4

,,

,( , )( , )

,××

= = =−

−⋅⋅

mol/L min mol/L min

x

xx

x = 1La réaction est d'ordre 1.



c) (vitesse)0 = k[H2O2]

d) k =

( )[ ]

,,

vitesseH O

mol/L min mol/L

0

2 2 0

45 79 100 300

=× − ⋅

= 1,93 × 10−3 min−1

t1/2 =

0 693 0 6931 93 10 3 1

, ,,k

=× − − min

= 359 min

e) ln [H2O2] = −kt + ln [H2O2]0

kt = ln [H2O2]0 − ln [H2O2] = ln

[ ][ ]H OH O

2 2 0

2 2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= ln

, %, %

30 010 0

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= 1,10

t =

1 101 93 10 3 1

,, × − − min

= 570 min

f ) Pour la réaction non catalysée : t1/2 =

0 693 0 6935 21 10 4 1

, ,,k

=× − − min

= 1330 min

Pour la réaction catalysée : t1/2 =

0 693 0 6932 95 108

, ,,k

=× min

= 2,35 × 10−9 min

g) Équation globale : H2O2(aq) + 2I−(aq) 9: I2(aq) + 2OH−(aq)L'intermédiaire réactionnel est l'espèce HOI(aq).(vitesse)0 = k[I−]1[H2O2]

1

EXERCICE DÉFI (page 128)37. a) Application de l'équation d'Arrhenius

ln ln ln

kk

ER T T

k kER

2

1 1 22 1

1 1⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇒ − =a a 11 1

1 2T T−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⇒ −12,75 + 14,50 =

Ea

8 31,(0,003 35 − 0,003 05) ⇒ Ea = 48,5 kJ/mol (48 500 J/mol)

b) Calcul de ln k

ln k = − ×

ER T

a 1 + ln A ⇒ ln A = ln k +

ER T

a × 1

⇒ ln A = −12,75 +

48 5008 31,

× 0,003 05 = 5,05

Constante de vitesse à 135 °C

ln k = m ×

1T

+ ln A

À 135 °C (408 K),

1T

= 0,002 45 ⇒ m =

( , , )( , , )

− +−

14 50 12 750 003 35 0 003 05

= −5,833

⇒ ln k = −5,833 × 0,002 45 + 5,05 ⇒ k = 9,70 × 10−5 min−1

Constante de vitesse à 20 °C

À 20 °C (293 K),

1T

= 0,003 41

⇒ ln k = −5,833 × 0,003 41 + 5,05 ⇒ k = 3,59 × 10−7 min−1



c) Traitement thermique 60 s à 135 °C (408 K)k135 = 9,70 × 10−5 min−1

ln [Ca]t = ln [Ca]0 − ktln [Ca]t = ln (100) − 9,70 × 10−5 × 1 = 100[Ca]t = 100 (100 %)

Entreposage à 20 °C :1 an × 365 jours/an × 24 h/jour × 60 min/h = 525 600 mink20 = 3,59 × 10−7 min−1

ln [Ca]t = ln [Ca]0 − ktln [Ca]t = ln (100) − 3,59 × 10−7 × 525 600 = 82,8[Ca]t = 82,8 (82,8 %)





a) Kéq =

[ ][ ][ ]

NOO N2 2

2

b) Kéq =

[ ][ ][ ]

NHN H

3

2 2

2

3

c) Kéq =

[ ][ ][ ]

H OO H2 2

22

2


Kc =

[ ][ ][ ][ ]

CO HCH H O4

23

2

=

5 46 10 2 16 102 96 10 7 94 10

3 2 3

3 3

, ( , ), ,

× × ×× × ×

− −

− −

mol/L mol/L mol/L mol/L

= 2,34 × 10−3 mol2/L2


COBrmol/L

Lmol/L2 0

0 5002 00

0 250⎡⎣ ⎤⎦ = =,,

,

[CO]0 = 0 mol/L ; [Br2]0 = 0 mol/LÀ l'équilibre, 60 % de COBr2 s'est dissocié :

0,250 mol/L × 60,0 % = 0,150 mol/L[COBr2] = 0,250 mol − 0,150 mol/L = 0,100 mol/L⇒ [CO] = [Br2 ] = 0,150 mol/L

[ ][ ][ ]

, ,,

CO BrCOBr

mol/L mol/L2

2

0 150 0 1500 1

= ×000

0 225mol/L

= ,

EXERCICE 4.4 (page 140)a) Kc = [NH3][HCl]b) Kc = [NO2]

4[O2]

c) Kc =

1[ ]Cl2

= [Cl2]−1


Kp =

( )

( ) ( )( , )P

P PNH

H N3

kPa(0,314 kPa) (86,13 kPa)

3

2 2

2

3

23 14= = 3,70 kPa−2


K Pp I=

2

P

nRTV

= = × ⋅⋅

×0 0500 8 31542

, ,mol2,00 L

L kPaK mol

33 87 9K kPa= ,



EXERCICE 4.7 (page 143)Kp = Kc(RT)Δn

Δn = 2 − 4 = −2

Kp = 3,92 L2/mol2 ×

8 315 12002

, L kPa KK mol⋅

⋅×⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

−

= 3,92 L2/mol2 × (1,0 × 104 L·kPa/mol)−2

=

3 921 0 104 2 2

, /( , )

(L mol)L kPa /mol

2

2 2× ⋅= 3,9 × 10−8 kPa−2

EXERCICE 4.8 (page 143)Selon la loi des gaz parfaits :

PV = nRT ⇒ P

nV

RT= × = cRT

Si on exprime les constantes Kp et Kc, on trouve :

Kp = PCO2 = cRT et Kc = [CO2]

⇒ Kp = [CO2] RT = Kc RT ⇒ Kc =

K

RTp

EXERCICE 4.9 (page 150)a) La réaction est exothermique : une augmentation de la température déplace l’équilibre vers la gauche

pour s’opposer à la modification.b) Le système réagit en produisant du HI : l’équilibre se déplace vers la droite.c) L’équilibre ne sera pas modifié par une augmentation de pression, car le nombre de molécules est le

même pour les réactifs et les produits.

EXERCICE 4.10 (page 150)H2(g) + Cl2(g) L 2HCl(g) + 185 kJ

a) ↑ la T : L'équilibre se déplace vers la gauche (réactif) équilibre← ⎯⎯⎯⎯ .b) ↓ la T : L'équilibre se déplace vers la droite (formation des produits) équilibre⎯ →⎯⎯⎯ .

EXERCICE 4.11 (page 152)N2(g) + 3H2(g) L 2NH3(g)

Qc =

[ ][ ] [ ]

( ,( , , ( , ,

NHH N

,500 mol/ L) mol/ L) mol/ L)2

3 02

03

2 0

2

3

0 50 03 00 50 0 1 00 50 0

= = 23,1 L2/mol2

Kc = 69,5 L2/mol2

Qc < Kc

Puisque la valeur de Qc est inférieure à Kc, le système va former une plus grande quantité de NH3 et serapprocher de la valeur de Kc (à l'équilibre).

EXERCICE 4.12 (page 155)PCl5(g) L PCl3(g) + Cl2(g)

Qc =

[ ] [ ][ ]

Cl PClPCl

,120 mol/L ,120 mol/L,120 mol/L

2 0 3 0

5 0

0 00

=×

= 0,120 mol/L



Kc = 0,800 mol/L

Qc < Kc

Il y aura formation de produits (déplacement du système vers la droite).

Réaction PCl5(g) L PCl3(g) + Cl2(g)

[ ]0 (mol/L) 0,120 0,120 0,120

Variation −x +x +x

[ ] (mol/L) 0,120 − x 0,120 + x 0,120 + x

Kc =

[ ][ ][ ]

PCl ClPCl

3 2

5

= 0,800 mol/L

( , )( , )( , )

0 120 0 1200 120+ +

−x x

x = 0,800

0,0144 + 0,24x + x2 = 0,096 − 0,800x

x2 + 1,04x − 0,0816 = 0

x = 0,073

[PCl5] = 0,120 − 0,073 = 0,047 mol/L

[PCl3] = [Cl2] = 0,120 + 0,073 = 0,193 mol/L

Vérification : Kc =

(00,193 mol/L),047 mol/L

2

= 0,793 ≈ 0,800

EXERCICE 4.13 (page 156)Quantité PCl5 dissociée : 0,70 × (1,10 mol/L) = 0,77 mol/L

Réaction PCl5(g) L PCl3(g) + Cl2(g)

[ ]0 (mol/L) 1,10 0 0

Variation −0,77 +0,77 +0,77

[ ] (mol/L) 0,33 0,77 0,77

Kc =

[ ][ ][ ]

(Cl PClPCl

,77 mol/L),33 mol/L

22 3

5

00

=

Kc = 1,8 mol/L


Réaction CO(g) + H2O(g) L CO2(g) + H2(g)

[ ]0 (mol/L) 0,100 0,200 0 0

Variation −x −x +x +x

[ ] (mol/L) 0,100 − x 0,200 − x x x

Kc = 4,00 =

[ ][ ][ ][ ] ( , )( , )CO HCO H O

2 2

2

2

0 100 0 200=

− −x

x x

4,00 =

xx x

2

20 0200 0 300, ,− +

0,0800 − 1,20x + 4x2 = x2

3x2 − 1,20x + 0,08 = 0

x = 0,0845



[CO] = 0,100 − 0,0845 = 0,016 mol/L

[H2O] = 0,200 − 0,0845 = 0,116 mol/L

[CO2] = [H2] = 0,0845 mol/L

EXERCICE 4.15 (page 157)Concentrations des substances à l'équilibre à température ambiante (c = n/V)[SO2Cl2] = 0,300 mol /2,00 L = 0,150 mol/L[SO2] = 0,800 mol /2,00 L = 0,400 mol/L[Cl2] = 0,700 mol /2,00 L = 0,350 mol/L

Nombre de moles de SO2Cl2 double ⇒ [SO2Cl2] = 0,300 mol/L

Réaction SO2Cl2(g) L SO2(g) + Cl2(g)

[ ]temp.amb. (mol/L) 0,150 0,400 0,350

Variation +0,150 −0,150 −0,150

[ ]nouvel équil. (mol/L) 0,300 0,250 0,200

Calcul de la constante d’équilibre

Kc

2

2

SO ClSO Cl

= = × =[ ][ ][ ]

, ,,

,2

2

0 250 0 2000 300

0 1677


Kp =

( )

( ) ( )( ,

( , ( ,

P

P PNH

H N

2

3

atm) atm) atm)

3

2 2

2

3

2 0000 400 0 380

= = 164 atm−2

Réaction N2(g) + 3H2(g) L 2NH3(g)

P0 (atm) 0,380 — 2,000

Variation +0,070 — −0,140

P (atm) 0,450 x 1,86

Kp = 164 atm−2 =

( ,,

1 860 450

atm) atm

2

3x ×

x3 =

( ,,

1 861 0 450

atm)64 atm atm

2

2− ×

x = 0,361 atm

[H2] = 0,361 atm et [NH3] = 1,86 atm


a) K

P PPp

A B

C

=×

= × =0 250 0 05000 750

0 0133, ,

,,

b) Addition de C ⇒ déplacement de l'équilibre vers la droite (opposition au changement).Après l'addition de C, on a :PC = 2 × 0,750 atm = 1,50 atmLe déplacement de l'équilibre vers la droite entraîne les changements suivants :PC = (1,50 − x) atmPA = (0,200 + x) atmPB = (0,0500 + x) atm



Kp = 0,0133 =

( , ) ( , ),

0 200 0 05001 500+ +

−x x

x ⇒ x2 + 0,263x − 0,010 = 0

x =

− ± × + ×=

− + ×− −0 263 6 917 10 3 98 102

0 263 1 09 102 2, , , , , −−1

2

⇒ x =

− + = =0 263 0 3302

0 06702

0 0335, , ,

,

Ptot = PA + PB + PC = (1,50 − 0,0335) + (0,200 + 0,0335) + (0,0500 + 0,0335)Ptot = 1,46 + 0,233 + 0,0835 = 1,78 atm


Réaction 2NO(g) + I2(g) L 2NOI(g)

P0 (atm) 0,333 0,333 0

Variation −2x −x +2x

P (atm) 0,333 − 2x 0,333 − x 2x

Méthode par approximation (constante d'équilibre inférieure à 10−2)

Alors (0,333 − 2x) ≈ 0,333 et (0,333 − x) ≈ 0,333

Kp = 7,48 × 10−5 atm−1 =

(( )( )

22

x)0,333 atm 0,333 atm

2

x = 8,31 × 10−4 atm

PNOI = 2 × 8,31 × 10−4 atm = 1,66 × 10−3 atm


Réaction N2(g) + O2(g) L 2NO(g)

[ ]0 (mol/L) 0,80 0,20 0

Variation −x −x +2x

[ ] (mol/L) 0,80 − x 0,20 − x 2x

Calcul par approximation successive

1re approximation

Kc = 0,050 =

(, ,

20 80 0 20

x)2

×

0,050 =

40 16

x2

, ⇒ x1 = 0,0447

Vérification : Kc =

( , ), ,2 0 0447

0 7553 0 1553

2××

= 0,068

Cette valeur est loin de la valeur de la constante, 0,050.

2e approximation

Kc = 0,050 =

40 7553 0 1553

x2

, ,× ⇒ x2 = 0,0383

La vérification donne une valeur de constante de 0,048 qui est acceptable mais peut encore être améliorée.



3e approximation

Kc = 0,050 =

40 7617 0 1617

x2

, ,× ⇒ x3 = 0,0392

La vérification donne une valeur de constante de 0,050.

Kc =

( , ), ,2 0 0392

0 7608 0 1618

2××

= 0,050

[N2] = 0,80 − 0,0392 = 0,7608 ≈ 0,76 mol/L[O2] = 0,20 − 0,0392 = 0,1608 ≈ 0,16 mol/L[NO] = 2 × 0,0392 = 0,0784 ≈ 0,078 mol/L

EXERCICE 4.20 (page 164)La constante étant très élevée, on considère que la réaction est complète de la gauche vers la droite.

Réaction 2SO2(g) + O2(g) L 2SO3(g)

[ ]0 (atm) 0,490 0,245 0

Variation −0,490 −0,245 +0,490

[ ] (atm) 0 0 0,490

On considère ensuite que le système se déplace vers la gauche pour atteindre son équilibre.


[ ]0 (atm) 0 0 0,490

Variation +2x +x −2x

[ ] (atm) 2x x 0,490 − 2x

Approximation

0,490 − 2x ≈ 0,490

Kp =

( , )( )

0 4902

2

2x x = 8,25 × 104 atm−1 ⇒ x = 8,99 × 10−3

Vérification :

20 490

1002 8 99 10

0 490100

3x,

,,

× =× ×

×−

= 3,7 %

3,7 % < 5 %; l'approximation est valide.

À l'équilibre

PSO2 = 2 × 8,99 × 10−3 = 1,80 atm

PO2 = 8,99 × 10−3 atm

PSO3 = 0,490 − (2 × 8,99 × 10−3) = 0,472 atm

QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES (pages 168 à 172) 1. a) Faux. Équilibre ne signifie pas égalité des concentrations mais égalité des vitesses de réaction.

b) Faux. Peu importe la vitesse d'atteinte de l'équilibre, il y a formation de la même quantité de pro-duits.

c) Vrai. La réaction inverse débute dès que la réaction directe forme des produits.d) Vrai. Une constante d'équilibre dont la valeur est élevée signifie de faibles concentrations au déno-

minateur dans le calcul, donc peu de réactifs.

2. Les concentrations utilisées dans l'expression de la constante d'équilibre sont celles observées lorsquele système a atteint l'équilibre. Les concentrations utilisées dans le calcul du quotient réactionnel pro-viennent souvent d'un système qui n'est pas à l'équilibre.



3. a) Kc =

[ ][ ][ ][ ]

CH Cl HClCH Cl

3

4 2

b) Kc =

[ ][ ][ ]F HHF

222

c) Kc =

[ ] [ ][ ] [ ]SO H OO H S

2

2

22 2

23 2

d) Kc =

[ ] [ ][ ] [ ]NH H ONO H

2

2

32 4

22 7

4. a) Kc =

[ ][ ]H CO

CO2 3

2

b) Kc = [CO2]

c) Kc =

1

23

4[ ] [ ]O P

d) Kc =

[ ][ ][ ]

NH CNNH4

3

+ −

e) Kc = [ ][ ]SO Ag42 2− +

5. Exercice 3

a) Kp =

P P

P PCH Cl HCl

Cl CH

3

2 4

b) Kp = P P

PF H

HF

222( )

c) Kp =

( ) ( )

( ) ( )

P P

P PSO H O

O H S

2

2

2

2

2 2

3 2

d) Kp =

( ) ( )

( ) ( )

P P

P PH O NH

H NO

2

4 2

7 23

2 2

Exercice 4

a) Kp =

1

22

1

PP

COCO= −( )

b) Kp = PCO2

c) Kp =

1

2 4

3( ) ( )P PO P

d) Kp =

1

3PNH

e) Le système ne comporte aucune substance à l'état gazeux. Il n'y a pas de calcul de Kp.

6. a) Déplacement de l'équilibre vers le produit (droite) 9:

b) Déplacement de l'équilibre vers le réactif (gauche) ;9

c) Déplacement de l'équilibre vers le produit (droite) 9:

d) Pas de déplacement Le) Déplacement de l'équilibre vers le réactif (gauche) ;9

7. a) Droiteb) Gauche



c) Gauched) Gauchee) Aucun déplacementf ) Gaucheg) Droiteh) Droitei) Aucun déplacementj) Droite

8. a) 1) Déplacement de l'équilibre vers la droite2) Aucun déplacement de l'équilibre, car PbS est un solide.

b) Déplacement de l'équilibre vers la droitec) Déplacement de l'équilibre vers la droited) Déplacement de l'équilibre vers la gauche

9. PCl5(g) + 92,5 kJ L PCl3(g) + Cl2(g)La réaction est endothermique de gauche à droite.a) Déplacement de l'équilibre vers la droiteb) Déplacement de l'équilibre vers la gauchec) Déplacement de l'équilibre vers la gauched) Déplacement de l'équilibre vers la droitee) Déplacement de l'équilibre vers la droitef ) Aucun déplacement de l'équilibre

10. H2(g) + Br2(g) + 69 kJ L 2HBr(g)La réaction est endothermique de gauche à droite.

Changement [H2] [HBr] Kc

q [Br2] p q =q T p q q

q PHBr q p =p V = = =

11. 2NOBr(g) L 2NO(g) + Br2(g) + 345 kJLa réaction est exothermique de gauche à droite.a) Déplacement de l'équilibre vers la gaucheb) Déplacement de l'équilibre vers la gauchec) Déplacement de l'équilibre vers la droited) Déplacement de l'équilibre vers la droitee) Aucun déplacement de l'équilibref ) Aucun déplacement de l'équilibre

12. a) 2SO2(g) + O2(g) L 2SO3(g) + Ep T ⇒ Déplacement de l'équilibre vers la droite

b) C(s) + CO2(g) + E L 2CO(g)q T ⇒ Déplacement de l'équilibre vers la droite

c) N2O4(g) L 2NO2(g)q P ⇒ Déplacement de l'équilibre vers la gauche

d) Aucun déplacement de l'équilibree) Déplacement de l'équilibre vers la droitef ) Aucun déplacement de l'équilibreg) Aucun déplacement de l'équilibreh) Déplacement de l'équilibre vers la droitei) Déplacement de l'équilibre vers la droite



13. Endothermique. Lorsque la température augmente, la réaction endothermique directe est favorisée; laconcentration des produits augmente et celle des réactifs diminue, ce qui donne une valeur de con-stante plus élevée.

14. a) La constante ne varie pas.b) La constante ne varie pas.c) La constante diminue, car une diminution de température favorise la réaction inverse (exother-

mique), ce qui diminue la concentration des produits et augmente celle des réactifs.

15. Kc = 4,0 × 10−2 mol/L à 523 K

Qc =

[ ][ ][ ]

, ,,

Cl PClPCl

mol/L mol/L mol/L

2 3

5

0 30 0 303 0

=×

= 0,030 mol/L

Qc < Kc ⇒ Le système n'est pas à l'équilibre et il y aura un déplacement vers la droite (formation desproduits).

16. a) Qp =

( , ),

0 400 002

2 atm atm

= 80 atm

Le système est à l'équilibre.

b) Qp =

( , ),

0 200 004

2 atm atm

= 10 atm

Le système n'est pas à l'équilibre et il se déplacera vers la droite (Qp < Kp).

c) Qp =

( , ),

1 000 002

2 atm atm

= 500 atm

Le système n'est pas à l'équilibre et il se déplacera vers la gauche (Qp > Kp).

d) Le système n'est pas à l'équilibre puisqu'il n'y a pas de N2O4 (PN O2 4 = 0 atm). Le système va se dépla-

cer vers la gauche (formation de N2O4).

17. Réaction C(g) + D(g) L E(g) + 2F(g)

[ ]0 (mol/L) 0,500 0,500 0 0

Variation −0,0500 −0,0500 +0,0500 +0,100

[ ] (mol/L) 0,450 0,450 0,0500 0,100

Kc =

[ ] [ ][ ][ ]

( (( (

F ED C

0,100 mol/L) 0,0500 mol/L)0,450 mol/L) 0,450 mol/L)

22

= = 2,47 × 10−3 mol/L

18. Réaction 2NOCl(g) L 2NO(g) + Cl2(g)

[ ]0 (mol/L) 2,00 0 0

Variation −2x +2x +x

[ ] (mol/L) 2,00 − 2x 0,66 x

[NO] = 0,66 mol/L = 2x ⇒ x = 0,33 mol/L[NOCl] = 2 − 2(0,33) = 1,34 mol/L[Cl2] = x = 0,33 mol/L

Kc =

[ ] [ ][ ]

( , ,( ,

NO ClNOCl

mol/L) mol/L mol/L)

22

2

2

2

0 66 0 331 34

=×

= 0,080 mol/L

19. Kc =

[ ][ ][ ]

( ,Cl PClPCl

mol/L),0095 mol/L

22 3

5

0 02480

= = 0,065 mol/L



20. Équation globale : S(s) + 32

O2(g) L SO3(g)

K = k1 × k2 = 4,2 × 1052 × 2,6 × 1012 = 1,1 × 1065

21. Kp(i) =

1 16 75Kp(d) atm

=,

= 0,148 atm−1

22. a) K′ = Kc L/mol1 2 278/ = = 16,7 (L/mol)1/2

b) K′′ =

1 1278Kc L/mol

= = 3,60 × 10−3 mol/L

c) K′′′ = ′′K = (3,60 × 10−3 mol/L)1/2 = 6,00 × 10−2 (mol/L)1/2

23. Première méthodeN2(g) + 3H2(g) L 2NH3(g)[N2]0 = 1,00 mol/L[H2]0 = 0,200 mol/L[NH3]0 = 0,400 mol/L

Q =

[ ]] [ ]

( , )( , ) ,

NH[H N

mol/L mol/L ( mol/L)2

3 02

03

2 0

2

3

0 4000 200 1 00

= = 20 (L/mol)2

Kp = Kc(RT)Δn

Kc =

K

RT np

( )Δ =

1 85 10

8 315 673

8 2

2

,

( , )

××

− −

−⋅ ⋅ kPa

kPa L/mol K K =

1 85 105

8 2

2

,( )

× − −

−⋅kPa

600 kPa L/mol = 0,579 L2/mol2

Qc > Kc ⇒ La réaction favorisera la formation des réactifs (vers la gauche).(20 L2/mol2 > 0,579 L2/mol2)

Deuxième méthodeN2(g) + 3H2(g) L 2NH3(g)

P

nRTVN

mol kPa L/mol K K2

1 00 8 31 6731 0

= = × ×⋅ ⋅, ,, 00

5590L

kPa=

P

nRTVH

mol kPa L/mol K K2

0 200 8 31 6731

= = × ×⋅ ⋅, ,,000

1120L

kPa=

P

nRTVNH

mol kPa L/mol K K3

0 400 8 31 6731

= = × ×⋅ ⋅, ,,,00

2240L

kPa=

( )

( ) ( )(

( (

P

P PNH

H N

2

3

240 kPa)kPa)

3

2 2

2

3

21120 5

=6600 kPa)

= 6,38 × 10−7 kPa−2

Q > Kp ⇒ La réaction favorisera la formation des réactifs (vers la gauche).

24. Réaction CO(g) + 3H2(g) L CH4(g) + H2O(g)

[ ] mol/L 0,30 0,10 x 0,020

Kc =

3 4 2

23

,92 Lmol

CH H OCO H

2

2 =[ ][ ][ ][ ]

3 0 0200 30 0 10

,92 Lmol

mol/L mol/L mol/L)

2

2 3=×

×x ,

, ( ,

x = 0,059 mol/L = [CH4]e



25. [PCl3] = 0,0223 mol/6,00 L = 0,003 72 mol/L[Cl2] = 0,1043 mol/6,00 L = 0,0174 mol/L[PCl5] = 0,0190 mol/6,00 L = 0,003 17 mol/L

Kc =

[ ][ ][ ]

,, ,

PClPCl Cl

mol/L 2 mol/L mol/L

5

3 2

=×

0 003 170 003 7 0 0174

= 49,0 L/mol

26. N2O4(g) L 2NO2(g)

Kp =

( ) ( ,,

P

PNO

N O

2 atm) atm

2

2 4

2 0 860 12

= = 6,2 atm

P

P

KN ONO

p

2 atm) atm

atm2 4

2

2 0 986 2

0 15= = =( ) ( ,

,,

27. Réaction 2H2S(g) L 2H2(g) + S2(g)

[ ]0 (mol/L) 0,0100 0 0

Variation −2x +2x +x

[ ] (mol/L) 0,0100 − 2x 0,002 85 x

[H2] = 0,002 85 mol = 2x ⇒ x = 0,001 43 mol/L[H2S] = 0,0100 mol/L − 2 × 0,001 46 mol/L = 0,0071 mol/L[S2] = x = 0,001 43 mol/L

Kc =

[ ][ ][ ]

,S HH S

mol/L (0,002 85 mo2 22

22

0 001 43= × ll /L)(0,0071 mol/L)

2

2 = 2,1 × 10−4 mol/L

28. 2SO2(g) + O2(g) L 2SO3(g)

K

P

P PpSO

O SO

2

21 atm)

,73 atm atm) atm= =

×= −( )

( )( )( ,

( ,,3

2 2

2

2

0 230 0 15

3 2

29. Réaction CO2(g) + C(s) L 2CO(g)

P0 (kPa) 47,0 — 0

Variation −x — +2x

P (kPa) 47,0 − x — 2x

Ptot. = PCO + PCO2 ⇒ 2x + (47,0 − x) = 75,6 kPa

x = 28,6 kPa

PCO2 = 47,0 − 28,6 = 18,4 kPa

PCO = 2 × 28,6 kPa = 57,2 kPa

Kp =

( ) ( , ),

PP

CO

CO

kPa kPa

2 2

2

57 218 4

= = 178 kPa

30. Kp = Kc(RT)Δn = 0,0270 mol/L ×

8 315, kPa L 1100 Kmol K

⋅ ×⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= 247 kPa

31. Kc =

K

RTp

n( ) ( , )Δ =×⋅ ⋅

18 315 48

2

2

1,7 kPa kPa L/mol K 5 K

=

12 08 10

2

7 2

1,7 kPakPa L mol2 2, /× ⋅ = 5,64 × 10−7 (mol/L)2



32. Kp = Kc(RT)Δn = 889 L/mol ×

8 315 501

, kPa L 7 Kmol K

⋅ ×⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−

= 0,143 kPa−1

33. Réaction CO(g) + 3H2(g) L CH4(g) + H2O(g)

[ ]0 (mol/L) 1,00 3,00 0 0

Variation −x −3x +x +x

[ ] (mol/L) 1,00 − x 3,00 − 3x x 0,396

[H2O] = [CH4] = 0,396 mol/L[H2] = 3,00 mol/L − 3x = 3,00 mol/L − 3 × 0,396 mol/L = 1,81 mol/L[CO] = 1,00 mol/L − x = 1,00 mol/L − 0,396 mol/L = 0,60 mol/L

34. a) Réaction CO(g) + H2O(g) L CO2(g) + H2(g)

[ ]0 (mol/L) 0,100 0,100 0 0


[ ] (mol/L) 0,100 − x 0,100 − x 0,0665 x

[CO2] = [H2] = 0,0665 mol/L[H2O] = [CO] = 0,100 mol/L − x = 0,100 mol/L − 0,0665 mol/L = 0,034 mol/L

b) Kc =

[ ][ ][ ][ ]

( , )( ,

CO HCO H O

mol/Lmo

2 2

2

20 06650 034

=ll /L)2 = 3,8

c) Kp = Kc(RT)Δn = 3,8

8 315 90

, kPa L 7 8 Kmol K

⋅ ×⋅

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= 3,8

35. Réaction N2(g) + O2(g) L 2NO(g)

P0 (kPa) 50,7 50,7 0


P (kPa) 50,7 − x 50,7 − x 2x

Kp = 2,5 × 10−3 =

( )PP P

NO

O N

2

2 2

=

( )( , )

250 7

2

2

xx−

2,5 × 10−3 =

42570 5 101 4

2

2

xx x( , , )− +

4x2 = 6,426 − 0,2535x + 2,5 × 10−3 x2

3,9975x2 + 0,2535x − 6,426 = 0x = 1,24PNO = 2 × 1,24 = 2,48 kPa

36. Réaction H2(g) + I2(g) L 2HI(g)

[ ]0 (mol/L) 2,00 2,00 0


[ ] (mol/L) 2,00 − x 2,00 − x 2x

Kc = 55,2 =

[ ][ ][ ]

( )( , )

HII H

2

2 2

2

2

22 00

=−

xx

55,2 =

44 00 4 00

2

2

xx x, ,− +



(55,2)1/2 =

22 00

xx, −

x = 1,58[H2] = [I2] = 2,00 − 1,57 = 0,42 mol/L[HI] = 2 × 1,58 = 3,16 mol/L

37. N2O4(g) L 2NO2(g)

Kp =

( )P

PNO

N O

2

2

2

4

= 0,11 atm

P PN O NO2 4 2+ = 1,5 atm ⇒ PN O2 4

= 1,5 − PNO2

0,11 =

( )

,

P

PNO

NO

2

2

1 52

−

0,165 − 0 112

, PNO = ( )PNO2

2

( ) ,P PNO NO2

2 0 112

+ − 0,165 = 0

PNO2 = 0,35

PN O2 4 = 1,5 − 0,35 = 1,15 atm


[ ]0 (mol/L) 1,00 1,00 0

Variation −0,782 × 1,00 −0,782 × 1,00 +2 × (0,782 × 1,00)

[ ] (mol/L) 0,218 0,218 1,56

[H2] = [I2] = 0,218 mol/L[HI] = 1,56 mol/L

39. [POCl3]0 = 0,600 mol/3,00 L = 0,200 mol/L

Réaction POCl3(g) L POCl(g) + Cl2(g)

[ ]0 (mol/L) 0,200 0 0


[ ] (mol/L) 0,200 − x x x

Kc = 0,300 =

xx

2

0 200, −0,0600 − 0,300x = x2

x2 + 0,300x − 0,0600 = 0x = 0,137[POCl3] = 0,200 − 0,137 = 0,063 mol/L

% diss. :

0 1370 200,,

mol/L mol/L

× 100 % = 68,5 %


[ ]0 (mol/L) 1,000 1,000 1,000

Qc =

[ ][ ][ ]

,,

HII H

2

2 2

2

2

1 0001 000

= = 1,000 < 54,8

Il y aura un déplacement vers la droite et formation de produit.



Réaction H2(g) + I2(g) L 2HI(g)

[ ]0 (mol/L) 1,000 1,000 1,000


[ ] (mol/L) 1,000 − x 1,000 − x 1,000 + 2x

54,8 =

( , )( , )1 000 21 000

2

2

+−

xx

1 000 21 000

54 8 7 40,,

, ,+−

= =xx

x = 0,681[H2]e = [I2]e = 1,000 − 0,681 = 0,319 mol/L[HI]e = 1,000 + 2(0,681) = 2,36 mol/L

41. Réaction CO(g) + H2O(g) L CO2(g) + H2(g)

[ ]0 (mol/L) 1,00 2,00 3,00 4,00

Qc =

3 00 4 001 00 2 00, ,, ,

××

= 6,00 > Kc (5,00) ⇒ Il y aura formation des réactifs.

Réaction CO(g) + H2O(g) L CO2(g) + H2(g)[ ]0 (mol/L) 1,00 2,00 3,00 4,00Variation +x +x −x −x[ ] (mol/L) 1,00 + x 2,00 + x 3,00 − x 4,00 − x

Kc =

( , )( , )( , )( , )3 00 4 001 00 2 00

12 72 3

2

2

− −+ +

=− +

+ +x xx x

x xx x

= 5,00

12,00 − 7x + x2 = 10,00 + 15x + 5x2

4x2 + 22x − 2,00 = 0x = 0,0894[CO] = 1,09 mol/L[CO2] = 2,91 mol/L[H2O] = 2,09 mol/L[H2] = 3,91 mol/L

42. a) Réaction CO2(g) + H2(g) L CO(g) + H2O(g)

[ ]0 (mol/L) 0,45 0,45 0 0Variation −x −x +x +x[ ] (mol/L) 0,45 − x 0,45 − x x x

Kc =

xx

2

20 45( , )− = 0,11

xx0 45

0 11,

,−

=

x = 0,11[CO2] = [H2] = 0,34 mol/L[CO] = [H2O] = 0,11 mol/L



b) Réaction CO2(g) + H2(g) L CO(g) + H2O(g)

0,34 0,34 0,11 0,11+0,34 +0,34 — —

[ ]0 (mol/L) 0,68 0,68 0,11 0,11Variation −x −x +x +x[ ] (mol/L) 0,68 − x 0,68 − x 0,11 + x 0,11 + x

( , )( , )0 110 68

2

2

+−

xx

= 0,11

0 110 68

0 11,,

,+−

=xx

x = 0,083[CO2] = [H2] = 0,60 mol/L[CO] = [H2O] = 0,19 mol/L

43. a) Réaction PCl5(g) L PCl3(g) + Cl2(g)

P0 (kPa) PPCl50 0 0

Variation −P +x +xP (kPa) 25,3 x x

Kp = 228 kPa =

xP x

x2

0

2

525 3PCl −

=,

x = PPCl3 = PCl2 = 75,9 kPa

b) P xPCl50 − = 25,3

PPCl50 − 75,9 = 25,3 ⇒ PPCl5

0 = 101,2 kPa

c) % dissociation =

75 91

100, kPa

01,2 kPa× = 75,0 %

44. Réaction 2NO(g) + I2(g) L 2NOI(g)

P0 (atm) 0,333 0,333 0Variation −2x −x +2xP (atm) 0,333 − 2x 0,333 − x 2x

P (atm) ≈ 0,333 ≈ 0,333 2x Car Kp est très faible (7,48 × 10−5).

7,48 × 10−5 =

( )( , ) ,

20 333

40 333

2

3

2

3

x x=

x = 8,31 × 10−4

PNOI = 2 × 8,31 × 10−4 = 1,66 × 10−3 atm

45. Au départ, il y a formation du SO3 jusqu'à épuisement des deux réactifs, SO2 et O2.

Réaction 2SO2(g) + O2(g) : 2SO3(g)

P0 (kPa) 49,6 24,8 0Réaction −49,6 −24,8 +49,6P (kPa) 0 0 49,6



Formation de l'équilibre :


P0 (kPa) 0 0 49,6Variation +2x +x −2xP (kPa) 2x x 49,6 − 2xP (kPa) 2x x ≈ 49,6

1re approximation

Kc =

( , )( )

49 62

2

2x x = 813 kPa

( , )49 6813

2

= 4x3 ⇒ x = 0,911 kPa

Cette approximation est acceptable car elle amène une erreur de 3,7 %.

2 0 91149 6

100×

×,,

= 3,7 %

Elle pourrait cependant être légèrement améliorée.

PSO2 = 2x = 2 × 0,889 = 1,78 kPa

PO2 = 0,889 kPa

PSO3 = 49,6 − 2(0,889) = 47,8 kPa

46. Comme la constante est élevée, on considère d'abord que la réaction est complète à droite, puisquel'équilibre s'établit vers la gauche.

Réaction I2(aq) + I−(aq) L I3− (aq)

[ ]0 (mol/L) 0,20 0,35 0Variation −0,20 −0,20 0,20[ ] (mol/L) 0 0,15 0,20Variation +x +x −x[ ] (mol/L) x 0,15 + x 0,20 + x

Kc = 708 =

[ ]][ ]

,( , )

,,

I[I I2

3 0 200 15

0 200 15

−

− =−

+≈

xx x x

x = 1,9 × 10−3

[I2] = 0,0019 mol/L[I−] = 0,15 mol/L[ I3

− ] = 0,20 mol/L

47. Réaction FeO(s) + CO(g) L Fe(s) + CO2(g)

P0 (atm) — 1,000 — —

Variation — −x — +x

P (atm) — 1,000 − x — x

Kp = 0,403 =

xx1 −

x = 0,403 − 0,403x

1,403x = 0,403

x = 0,287 atm

PCO = 1,000 − 0,287 = 0,713 atm

PCO2 = 0,287 atm




[ ]0 (mol/L) 1,00 2,00 0Variation −x −x +2x[ ] (mol/L) 1,00 − x 2,00 − x 2x

Kc =

[ ][ ][ ]

( )( , )( , )

HII H2 2

2 221 00 2 00

=− −

xx x

= 46

46 =

42 00 3 00

2

2

xx x( , , )− +

4x2 = 92 − 138x + 46x2

42x2 − 138x + 92 = 0x = 0,930[H2] = 1,00 − 0,930 = 0,070 mol/L[I2] = 2,00 − 0,930 = 1,07 mol/L[HI] = 2 × 0,930 = 1,86 mol/L

49. Dans 100,0 g d'un mélange gazeux, il y a 90,55 g de CO et 9,45 g de CO2.

nCO =

90 5528 011

,,

g g /mol

= 3,233 mol de CO

nCO2 =

9 454

, g4,01 g /mol

= 0,215 mol de CO2

ntot. = 3,233 mol + 0,215 mol = 3,448 mol

V =

n RTP

tot. mol L kPa/K mol K= × ×⋅ ⋅3 448 8 315 1123, ,1101 3, kPa

= 317,8 L

[CO] = 3,233 mol/317,8 L = 0,010 17 mol/L[CO2] = 0,215 mol/317,8 L = 6,77 × 10−4 mol/L

Kc =

[ ][ ]

( , )COCO

mol/L,77 10 mol/L2

4

2 20 010 176

=× − = 0,152 mol/L

EXERCICES RÉCAPITULATIFS (pages 172-173)50. a) N2(g) + O2(g) + 181 kJ L 2NO(g) ΔH = +181 kJ

b) Kc =

[ ][ ][ ]

NON O2 2

2

c) 1. Augmentation de la concentration de NO2. Diminution de la concentration de NO3. Pas de changement sur la concentration de NO, car Δn = 04. Augmentation de la concentration de NO

d) 2NO(g) L N2(g) + O2(g)

Kp =

P P

PN O

NO

2 22

⋅( )

= 3,0 × 1031

( )

,, ,

,P

P PNO

N O atm atm231 31

2 2

3 0 100 20 0 80

3 0 10=

×=

××

⋅

PNO = 7,3 × 10−17 atm



51. a) Br2(g) + Cl2(g) L 2BrCl(g) ΔH > 0

b) Kc =

[ ][ ][ ]

BrClBr Cl2 2

2

c) Kc =

( , )0 820 0

2 mol/L,20 mol/L ,48 mol/L×

= 7,0

d) Kp =

( )PP P

BrCl

Br Cl2 2

2

e) Kp = Kc(RT)Δn

Δn = 0 ⇒ Kp = Kc = 7,0

f ) Réaction Br2(g) + Cl2(g) L 2BrCl(g)

P0 (kPa) 34 51 0Variation −x −x +2xP (kPa) 34 − x 51 − x 46

2x = 46 kPa x = 23 kPa

PCl2 = 51 kPa − 23 kPa = 28 kPa

PBr2 = 34 kPa − 23 kPa = 11 kPa

g) Réaction Br2(g) + Cl2(g) L 2BrCl(g)

[ ]0 (mol/L) 0,075 0,075 0,075

Qc =

( , )( , )0 0750 075

2

2

mol/L mol/L

= 1

Qc < Kc ⇒ formation de produit

Réaction Br2(g) + Cl2(g) L 2BrCl(g)

[ ]0 (mol/L) 0,075 0,075 0,075Variation −x −x +2x[ ] (mol/L) 0,075 − x 0,075 − x 0,075 + 2x

Kc = 7,0 =

( , )( , )0 075 20 075

2

2

+−

xx

7,0 =

0 005 62 0 3 40 005 62 0 15

2

2

, ,, ,

+ +− +

x xx x

0,0393 − 1,05x + 7,0x2 = 0,005 62 + 0,3x + 4x2

3x2 − 1,35x + 0,0337 = 0x = 0,0265[Br2] = 0,075 − x = 0,075 − 0,0265 = 0,049 mol/L[Cl2] = 0,049 mol/L[BrCl] = 0,075 + 2 × 0,0265 = 0,128 mol/L

h) Si on ajoute du BrCl au système à l'équilibre, celui-ci se déplacera vers la gauche (réactifs).[BrCl]0 = 0,025 mol/L + 0,128 mol = 0,153 mol/L

Réaction Br2(g) + Cl2(g) L 2BrCl(g)

[ ]0 (mol/L) 0,049 0,049 0,153Variation +x +x −2x[ ] (mol/L) 0,049 + x 0,049 + x 0,153 − 2x



Kc = 7,0 =

( , )( , )0 153 20 049

2

2

−+

xx

⇒

7 00 153 20 049

,,,

=−+

xx

= 2,646

x = 0,0053[Cl2] = [Br2] = 0,054 mol/L[BrCl] = 0,142 mol/L

i) 1. Pas de variation du système2. Pas de variation du système3. Déplacement de l'équilibre vers la droite

EXERCICE DÉFI (pages 173-174)52. a) Le dioxyde de carbone est capté et transformé par l'eau de mer selon la réaction :

CO2(aq) + CO32− ( )aq + H2O(l) L 2HCO3

− ( )aq

Il s'établit ensuite l'équilibre acido-basique suivant :

HCO3− ( )aq + H2O(l) L CO3

2− ( )aq + H3O+(aq)

La réaction acido-basique augmente l'acidité de l'eau de mer par la formation de l'ion hydrogéno-carbonate, lequel peut s'hydrolyser avec l'eau et libérer l'ion H+ (H3O

+).L'augmentation de l'acidité est accompagnée par la formation de l'ion hydrogénocarbonate, HCO3

− .Cette production déplace l'équilibre initial vers les réactifs, diminuant le pouvoir de captation dudioxyde de carbone par les océans. L'acidification peut donc avoir des effets importants sur la capa-cité des océans à absorber du gaz carbonique. Dans cette éventualité, le CO2 restera dans l’atmos-phère, renforçant ainsi l'effet de serre et accélérant les changements climatiques.

b) L'échelle de pH est logarithmique ⇒ [H3O+] = 100,36 = 2,3 ⇒ [H+] 2,3 fois plus élevée.

c) En construisant leur squelette, ces planctons libèrent du dioxyde de carbone selon la réaction :

Ca2+(aq) + 2HCO3− ( )aq L CaCO3(s) + CO2(g) + H2O(l)

Selon le principe de Le Chatelier, cela réduit la fixation de dioxyde de carbone atmosphérique parl'eau de mer en déplaçant l'équilibre vers la gauche.

d) L'augmentation de la concentration en dioxyde de carbone dans les océans consomme l'ion carbonateen produisant l'acide carbonique :

CO2(aq) + CO32− ( )aq + H2O(l) L 2HCO3

− ( )aq

HCO3− ( )aq + H2O(l) L H2CO3(aq)

La concentration réduite de l'ion carbonate inverse l'équilibre et diminue l'épaisseur des exosquelet-tes des crabes, des coques et des organismes microscopiques comme le krill et les ptéropodes. Elleréduit également la calcification par laquelle ces animaux reconstruisent leur coquille. La perturba-tion de ce maillon fondamental de la chaîne alimentaire pourrait avoir des effets dramatiques àl'autre extrémité. D'après l'Union internationale de conservation de la nature (UICN), le tiers desrécifs coralliens serait en danger d'extinction. Ces milieux recèlent environ 25 % de la biodiversitéocéanique.

e) Une augmentation des températures des océans et l'accroissement du CO2 risquent de provoquerune production accrue de carbonate de calcium par les poissons.

f) La solubilité du dioxyde de carbone étant moins grande en eau froide, l'accroissement de tempéra-ture des eaux océanes réduira le pouvoir de captation des océans et accélérera le réchauffementplanétaire.




EXERCICE 5.1 (page 182)a) HSO4

− (aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + SO4

2−

Acide 1 Base 2 Acide 2 Base 1

b) HCl(aq) + NH3(aq) L NH4+ (aq) + Cl−(aq)

Acide 1 Base 2 Acide 2 Base 1

c) SO32− (aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HSO3

− (aq)Base 1 Acide 2 Base 2 Acide 1

EXERCICE 5.2 (page 182)a) CH3COOH(aq) + H2O(l) L CH3COO−(aq) + H3O

+(aq)

b) CH3COOH(aq) L CH3COO−(aq) + H+(aq)Acide Base conj.

H2O(l) + H+(aq) L H3O+(aq)

Base Acide conj.


H N

H

H

: H O H....

Base de Lewis Acide de Lewis

EXERCICE 5.4 (page 185)a) NH2

−..

: Base de Lewis; doublets libres sur l'azote et disponibles pour faire des liaisons.b) AlCl3 Acide de Lewis; l'aluminium n'a pas son octet électronique.c) Cl −

..

..: : Base de Lewis; doublets libres sur le chlore et disponibles pour faire des liaisons.d) H2O L'eau peut agir à la fois comme base de Lewis (doublets libres sur l'oxygène) et acide de Lewis;

l'hydrogène peut accepter un doublet d'électrons en coupant la liaison avec l'oxygène.


H PO H CO HF HSO H SO2 2 3 2 34 4− −< < < <


H SO H SO HSO H S HSO2 4 2 3 2> > > >− −4 3

EXERCICE 5.7 (page 190)CH4 < NH3 < H2O < HFCette séquence est établie à partir des différences d'électronégativité entre l'atome lié à l'hydrogène etl'hydrogène lui-même.

CH4 NH3 H2O HFΔélectronégativité 0,4 0,9 1,4 1,9

NH3 est le donneur de doublet électronique;

H2O est l'accepteur de doublet électronique.



EXERCICE 5.8 (page 190)Structures des deux acides :

H O

O

S O H H O S O H

O

O

I IILa liaison O9H sera plus faible dans H2SO4 que la liaison O9H dans H2SO3, car il y a plus d'atomesd'oxygène (atomes attracteurs d'électrons) dans H2SO4.Ordre croissant d'acidité :H2SO3 < H2SO4

EXERCICE 5.9 (page 190)CH3CH(OH)COOH Le groupe OH au milieu de la chaîne carbonée affaiblit la liaison OH du groupe OH del'acide.

EXERCICE 5.10 (page 191)a) H2S(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + HS−(aq)HS−(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + S2−(aq)

b) H2CO3(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + HCO3

− (aq)

HCO3− (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + CO32− (aq)


a) Réaction HNO3(aq) H O2⎯ →⎯⎯ H3O

+(aq) + NO3− (aq)

[ ]0 (mol/L) 3,20 × 10−3 0 0

[ ] (mol/L) 0 3,20 × 10−3 3,20 × 10−3

[H3O+] = 3,20 × 10−3 mol/L

b) [H3O+] = [ NO3

− ] = 3,20 × 10−3 mol/L

c) [OH−] =

Kc

H O[ ],,3

14

3

1 00 103 20 10+

−

−=××

= 3,13 × 10−12 mol/L

d) [OH−]eau = [H3O+]eau = 3,13 × 10−12 mol/L


a) Réaction KOH(aq) H O2⎯ →⎯⎯ OH−(aq) + K+(aq)

[ ]0 (mol/L) 6,1 × 10−4 0 0

[ ] (mol/L) 0 6,1 × 10−4 6,1 × 10−4

[OH−] = 6,1 × 10−4 mol/L

b)

Kc

OHH O

[ ][ ]−

+= 3

1 00 106 1 10

14

4

,,

××

−

− = 1,6 × 10−11 = [H3O+]



c) [K+] = 6,1 × 10−4 mol/L

d) [OH−]eau = [H3O+]eau = 1,6 × 10−11 mol/L

EXERCICE 5.13 (page 195)pH = −log [H3O

+] = −log 4,0 × 10−9 = 8,40; la solution est basique.


MMg(OH)2 = 58,33 g/mol

[Mg(OH)2] =

91

11

11

15

,70 mg00,0 mL

000 mL L

g000 mg

mol8,33 g

× × × = 1,66 × 10−3 mol/L

Réaction Mg(OH)2 H O2⎯ →⎯⎯ Mg2+ + 2OH−

[ ]0 (mol/L) 1,66 × 10−3 0 0

[ ] (mol/L) 0 1,66 × 10−3 3,32 × 10−3

[OH−] = 3,32 × 10−3 mol/LpOH = −log [OH−] = 2,479pH = 14,000 − 2,479 = 11,521

EXERCICE 5.15 (page 200)a) Masse de KOH = 16,8 mg

V1 = 500,0 mLMKOH = 56,11 g/mol

[KOH] = 1

51

11

11

5 116,8 mg

00,0 mL000 mL

L g

000 mg mol

6 g× × ×

, = 5,99 × 10−4 mol/L

Réaction KOH H O2⎯ →⎯⎯ K+ + OH−

[ ]0 (mol/L) 5,99 × 10−4 0 0

[ ] (mol/L) 0 5,99 × 10−4 5,99 × 10−4

pOH = −log [OH−] = −log 5,99 × 10−4 mol/L = 3,223pH = 14,000 − 3,223 = 10,777

b) cdiluée =

c VV

conc. conc.

dilué

mol/L mL00,0 mL

=× ×−5 99 10 25 00

5

4, , = 3,00 × 10−5 mol/L

cdiluée = 3,00 × 10−5 mol/L[OH−] = 3,00 × 10−5 mol/LpOH = −log 3,00 × 10−5 mol/L = 4,523pH = 14,000 − 4,523 = 9,477

EXERCICE 5.16 (page 202)a) pKa = −log 5,6 × 10−4 = 3,25b) pKb = −log 1,8 × 10−9 = 8,74




a) HOOCCOOH(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + HOOCCOO−(aq)

Ka1

HOOCCOO H OHOOCCOOH

=− +[ ][ ]

[ ]3

HOOCCOO−(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + −OOCCOO−(aq)

Ka2

OOCCOO H OHOOCCOO

=− − +

−

[ ][ ][ ]

3

b) p a1K = −log 5,9 × 10−2 = 1,23

c) Ka2 = 10−4,19 = 6,5 × 10−5


[ ] ,,

HCN 1010a

3

1K= ×

×

−

−2 56 2 0 = 4,0 × 106 >>> 100 ⇒ calcul approximatif

Réaction HCN + H2O L H3O+ + CN−

[ ]0 (mol/L) 2,5 × 10−3 — 0 0

Variation −x — +x +x

[ ] (mol/L) 2,5 × 10−3 − x — x x

[HCN]e ≈ [HCN]0

Ka =

[ ] [ ][ ] ,

H O CNHCN 10

e e

e

32

32 5

+ −

−=×x

= 6,2 × 10−10

x = 1,2 × 10−6 mol/L = [H3O+]

pH = −log 1,2 × 10−6 = 5,92


[ ] ,,

NH10b

3 05

0 751 8K

=× − = 4,2 × 104 >>> 100 ⇒ méthode approximative

Réaction NH3 + H2O L NH4+ + OH−

[ ]0 (mol/L) 0,75 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,75 − x — x x

[NH3]e ≈ [NH3]0

Kb =

[ ][ ][ ] ,

OH NHNH

4

3

− +

= x2

0 75 = 1,8 × 10−5

x = 3,7 × 10−3 mol/L = [OH−] = [ NH4+]

pOH = −log 3,7 × 10−3 = 2,43pH = 14,00 − 2,44 = 11,57


[ ] ,,

Cl CHCOOH 1010a

3

22 2 5

3 3K= ×

×

−

− = 7,6 × 10−2 < 100 ⇒ méthode par équation quadratique

Réaction CHCl2COOH + H2O L H3O+ + CHCl2COO−

[ ]0 (mol/L) 2,5 × 10−3 — 0 0


[ ] (mol/L) 2,5 × 10−3 − x — x x



Ka =

[ ]] ,

H O ] [CHCl COO[CHCl COOH 10

e 2 e

2 e3

32

2 5

+ −

−=× −

xx

= 3,3 × 10−2

x2 = 8,25 × 10−5 − 3,3 × 10−2x

x2 + 3,3 × 10−2x − 8,25 × 10−5 = 0

x1 = 2,3 × 10−3 mol/L et x2 = −3,5 × 10−2 mol/L

[H3O+] = [CHCl2COO−] = 2,3 × 10−3 mol/L

[CHCl2COOH] = 2,5 × 10−3 − 2,3 × 10−3 = 2 × 10−4 mol/L

EXERCICE 5.21 (page 211)pH = −log [H3O

+] = 4,35 ⇒ [H3O+] = 10−4,35 = 4,5 × 10−5 mol/L

[H3O+] = [ClO−] = 4,5 × 10−5 mol/L

[ ][ ]HClOH O3

0+ = 5,3 × 10−2 ÷ 4,5 × 10−5 = 1,2 × 103 >> 100 ⇒ [HClO]0 ≈ [HClO]

Ka

3+ClO H O

HClO= = ×

×=

− −

−

[ ][ ][ ]

( , ),

4 5 105 3 10

35 2

2 ,,8 10 8× −


Réaction CH3COOH + H2O L H3O+ + CH3COO−

[ ]0 (mol/L) 1,0 × 10−2 — 0 0


[ ] (mol/L) 1,0 × 10−2 − x — x x

Méthode approximative (rapport supérieur à 100) :

[ ] ,,

CH COOH10

3

a5K

= ××

=−

−

1 0 101 8

5602

Ka = 1,8 × 10−5 =

x2

1 0, × −10 2

x = 4,2 × 10−4 mol/L = [H3O+]

α =

4 21 0,,

××

−

−

1010

4

2 = 4,2 × 10−2

% dissociation = α × 100 = 4,2 %

EXERCICE 5.23 (page 212)Concentration initiale, c, de l'acide

c = n/V = 1,00 × 10−3 mol/1,00 L = 1,00 × 10−3 mol/L

Concentration des ions H3O+

[H3O+] = 10−pH = 10−5,46 = 3,5 × 10−6 mol/L

% dissociation =

3 5 101 00 10

6

3

,,

××

−

− × 100 = 0,35


Réaction NaOH(aq) 9: OH−(aq) + Na+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,050 0 0

[ ] (mol/L) 0 0,050 0,050



Réaction NH3(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + NH4+ (aq)

[ ]0 (mol/L) 0,50 — 0,050 0


[ ] (mol/L) 0,50 − x — 0,050 + x x

Méthode approximative (rapport supérieur à 100) :

[ ] ,,

NH10

3

b5K

=×

=−

0 501 8

28 000

Kb = 1,8 × 10−5 =

x( , )( , )0 0500 50

x = 1,8 × 10−4 mol/L = [ NH4+ ]

[OH−] = 0,050 + 1,8 × 10−4 = 0,050 mol/L


[HI]0 = 0,200 mol/L × 100 0200 0

1

2

,,

ml solnml soln

= 0,100 mol/L

[HClO]0 = 0,200 mol/L × 100 0200 0

1

2

,,

ml solnml soln

= 0,100 mol/L

Équations de dissociation des acides :

HI(aq) + H2O(l) !: I−(aq) + H3O+(aq)

HClO(aq) + H2O(l) L HClO−(aq) + H3O+(aq)

Réaction HI(aq) + H2O(l) !: I−(aq) + H3O+(aq)

[HI]0 (mol/L) 0,100 –– 0 0

[HI] (mol/L) 0 –– 0,100 0,100

Réaction HClO(aq) + H2O(l) L HClO−(aq) + H3O+(aq)

[HClO]0 (mol/L) 0,100 –– 0 0,100 (de HI)

Variation −x –– +x +x

[HClO] (mol/L) 0,100 − x –– x 0,100 + x

Calcul de la concentration des ions H3O+ et du pH

K

x xa

ClO H OHClO

= × = = +−− +

4 0 100 100

08 3,

[ ][ ][ ]

( , ),1100 − x

[ ] ,,

HClO

aK=

× −

0 1004 0 10 8 >>> 100 ⇒ calcul approximatif

K2 = 4,0 × 10−8 =

x × 0 1000 100

,,

⇒ x ≈ 4,0 × 10−8

[H3O+] = 0,100 + 4,0 × 10−8 ≈ 0,100 mol/L ⇒ pH = 1,000


Réaction H3PO4 + H2O L H3O+ + H PO42

− Ka1

= 6,9 × 10−3

[ ]0 (mol/L) 3,0 — 0 0


[ ] (mol/L) 3,0 − x — x x

[ ,,

H PO ]10

4

a3

3

1

3 06 9K

=× − = 430 > 100 ⇒ méthode approximative



Ka1 = 6,9 × 10−3 =

x2

3 0,

x = 1,4 × 10−1 mol/L

[H3PO4] = 3,0 mol/L − x = 2,9 mol/L

[ H PO42− ] = 0,14 mol/L

[H3O+] = 0,14 mol/L

Réaction H PO42− (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + HPO42− (aq) Ka2

= 6,2 × 10−8

[ ]0 (mol/L) 0,14 — 0,14 0


[ ] (mol/L) 0,14 − x — 0,14 + x x

[ H PO42− ]e ≈ [ H PO42

− ]0 = 0,14 mol/L

[H3O+]e ≈ [H3O

+]0 = 0,14 mol/L

Ka2 = 6,2 × 10−8 =

0 140 14,,

x ⇒ x = 6,2 × 10−8 mol/L = [ HPO4

2− ]

Réaction HPO42− (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + PO43− (aq) Ka3

= 4,8 × 10−13

[ ]0 (mol/L) 6,2 × 10−8 — 0,14 0


[ ] (mol/L) 6,2 × 10−8 − x — 0,14 + x x

[ HPO42− ]e ≈ [ HPO4

2− ]0 = 6,2 × 10−8 mol/L

[H3O+]e ≈ [H3O

+]0 = 0,14 mol/L

Ka3 = 4,8 × 10−13 =

0 146 2

,,

x× −10 8 ⇒ x = 2,1 × 10−19 mol/L = [ PO4

3− ]

a) [H3PO4] = 2,9 mol/Lb) [H3O

+] = 0,14 mol/Lc) [ H PO42

− ] = 0,14 mol/Ld) [ HPO4

2− ]0 = 6,2 × 10−8 mol/Le) [ PO4

3− ] = 2,1 × 10−19 mol/L


H2TeO4(aq) + H2O(l) L HTeO4−(aq) + H3O

+(aq)

Ka

2 41

HTeO H OH TeO

= = ×− +

−[ ][ ][ ]

,4 3 82 15 10

HTeO4−(aq) + H2O(l) L TeO4

2−(aq) + H3O+(aq)

Ka2

TeO H OHTeO

= = ×− +

−−[ ][ ]

[ ],4

23

4

126 70 10

Réaction globale

H2TeO4(aq) + 2H2O(l) L TeO42−(aq) + 2H3O

+(aq)

K K Ka globale

2a a

TeO H OH TeO 1 2

= = × =− +[ ][ ]

[ ]42

32

4

11 44 10 19, × −



QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES (pages 222 à 225) 1. a) Un acide est un donneur d'ions H+; une base est un donneur d'ions OH−.

b) Un acide est un donneur d'ions H+; une base est un accepteur d'ions H+.c) Un acide est un accepteur de doublet d'électrons; une base est un donneur de doublet d'électrons.

2. a) Arrhenius; Brønsted-Lowry; Lewisb) Lewisc) Lewisd) Brønsted-Lowry; Lewise) Arrhenius; Brønsted-Lowry; Lewis

3. a) Acideb) Basec) Based) Acidee) Base

4. a) HCOOH(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + HCOO−(aq)

b) H PO2 4− (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + HPO42− (aq)

c) NH4+ (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + NH3(aq)d) HCO3

− (aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + CO3

2− (aq)e) H2S(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + HS−(aq)

5. a) CN−(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HCN(aq)b) H PO2 4

− (aq) + H2O(l) L OH−(aq) + H3PO4(aq)c) CH3NH2(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + CH NH3 3

+ (aq)d) H−(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + H2(g)e) H2O(l) + H2O(l) L OH−(aq) + H3O

+(aq)

6. a) H3O+(aq) + OH−(aq) 9: 2H2O(l)

Acide Base

b) BCl3(aq) + Cl−(aq) 9: BCl4− (aq)

Acide Base

c) OH−(aq) + CO2(aq) 9: HCO3− (aq)

Base Acide

d) B(OH)3(aq) + OH−(aq) 9: [B(OH)4]−(aq)

Acide Base

e) CH3NH2(aq) + H3O+(aq) 9: CH NH3 3

+ (aq) + H2O(l)Base Acide

7. a) HCO3− (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + CO32− (aq)

Base conj.

b) HCN(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + CN−(aq)

Base conj.

c) HClO(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + ClO−(aq)

Base conj.

d) H2SO4(aq) + H2O(l) 9: H3O+(aq) + HSO4

− (aq)Base conj.

e) CH NH3 3+(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + CH3NH2(aq)Base conj.

8. a) HCO3− (aq) + H2O(l) L OH−(aq) + H2CO3(aq)

Acide conj.

b) F−(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HF(aq)Acide conj.



c) SO42− (aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HSO4

− (aq)Acide conj.

d) CH3COO−(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + CH3COOH(aq)Acide conj.

e) CH3NH2(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + CH NH3 3+ (aq)

Acide conj.

9. a) HClO3(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + ClO3

− (aq)Acide1 Base2 Acide2 Base1

b) CH NH3 3+ (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + CH3NH2(aq)Acide1 Base2 Acide2 Base1

c) CH3COOH(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + CH3COO−(aq)

Acide1 Base2 Acide2 Base1

d) HF(aq) + NH3(aq) L NH4+ (aq) + F−(aq)

Acide1 Base2 Acide2 Base1

e) NH3(l) + NH3(l) L NH4+ (amn) + NH2

− (amn)Acide1 Base2 Acide2 Base1

f ) HCOO−(aq) + HSO4− (aq) L HCOOH(aq) + SO4

2− (aq)Base1 Acide2 Acide1 Base2

10. a) BaseNH3(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + NH4

+ (aq)Acide conj.

b) AmphotèreHS−(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + H2S(aq)

Acide conj.

HS−(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + S2−(aq)

Base conj.

c) AcideH2CO3(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + HCO3− (aq)

Base conj.d) Amphotère

H PO2 4− (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + HPO42− (aq)

Base conj.

H PO2 4− (aq) + H2O(l) L OH−(aq) + H3PO4(aq)

Acide conj.e) Base

CN−(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HCN(aq)Acide conj.

11. a) Même anion, HSO4− impliqué. Ce n'est pas un couple acide-base.

b) Couple acide-base, HS− + H2O 9: H3O+ + S2−

HS− est l'acide de la base conjuguée S2−.c) AlH3 est un acide de Lewis et H− est une base de Lewis, mais AlH3 et AlH4

− ne forment pas un coupleacide-base.AlH3 est un acide de Lewis et AlH4

− est sa base conjuguée.d) Même anion, H− impliqué. Ce n'est pas un couple acide-base.e) Couple acide-base, H2CO3 + H2O 9: H3O

+ + HCO3−

H2CO3 est l'acide et HCO3− est la base conjuguée.

12. a) L'acide nitrique, HNO3, est un acide plus fort que l'acide nitreux, HNO2.La liaison O9H dans l'acide nitrique (HNO3) est plus faible que dans l'acide nitreux, car il n'y a plusd'atomes d'oxygène (atomes attracteurs d'électrons) dans HNO3. HNO3 > HNO2



b) L'acide chlorique, HClO3, est un acide plus fort que l'acide phosphorique, H3PO4, en raison de lavaleur d'électronégativité du chlore (3,0) qui est supérieure à celle du phosphore (2,1). De plus, troisatomes d'oxygène (non liés à H) attirent les électrons dans HClO3, et un seul, dans H3PO4.HClO3 > H3PO4

c) L'acide nitreux, HNO2, est un acide plus fort que l'acide carbonique, H2CO3, en raison de la valeurd'électronégativité de l'azote (3,0) qui est supérieure à celle du carbone (2,5).HNO2 > H2CO3

d) L'acide phosphorique, H3PO4, est un acide plus fort que l'acide silicique H2SiO3 en raison de la valeurd'électronégativité du phosphore (2,1) qui est supérieure à celle du silicium (1,8).H3PO4 > H2SiO3

e) L'acide sulfhydrique, H2S, est un acide plus fort que sa base conjuguée, HS−, en raison de son absencede charge. La présence d'une charge sur HS− maintient le proton (H+) à sa position et diminue soncaractère acide.H2S > HS−

13. a) HS− + OH− 9: S2− + H2Ob) H− + NH3 9: NH2

− + H2

f ) NO3− + HClO4 9: HNO3 + ClO4

−

g) CH3COOH + HS− 9: H2S + CH3COO−

i) HSO4− + CH3COO− 9: SO4

2− + CH3COOHLes réactions c), d), e), h) et j) n'ont pas lieu.

14. CH3COOH réagira plus avec la base la plus forte, et la base la plus forte est NH3.

15. a) Vers la gauche; HNO3 est plus acide que HSO4− .

b) Vers la droite; OH− est une base plus forte que NH3.c) Vers la droite; CH3CH2O

− est une base plus forte que CH3COO−.

16. a) F− < OH− < NH2− < CH3

−

b) H2S < HS− < S2−

17. a) [H3O+] =

1 00 102 00 10

14

3

,,

××

−

− mol/L = 5,00 × 10−12 mol/L

pH = −log 5,00 × 10−12 = 11,301

b) [H3O+] =

1 00 100

14, × −

,0200 mol/L = 5,00 × 10−13 mol/L

pH = −log 5,00 × 10−13 = 12,301

c) [H3O+] =

1 00 101 00 10

14

9

,,

××

−

− = 1,00 × 10−5 mol/L

pH = −log 1,00 × 10−5 = 5,000

d) [H3O+] =

1 00 101 00 10

14

12

,,

××

−

− = 1,00 × 10−2 mol/L

pH = −log 1,00 × 10−2 = 2,000

18. a) pH = 2,00[H3O

+] = 10−2,00 = 0,010 mol/L

[OH−] =

1 00 101 0 10

14

2

,,

××

−

− = 1,0 × 10−12 mol/L

b) pH = 5,30[H3O

+] = 10−5,30 = 5,0 × 10−6 mol/L

[OH−] =

1 00 105 0 10

14

6

,,

××

−

− = 2,0 × 10−9 mol/L



c) pH = 9,5[H3O

+] = 10−9,5 = 3 × 10−10 mol/L

[OH−] =

1 00 103 10

14

10

, ××

−

− = 3 × 10−5 mol/L

19. pH = 10,8

[H3O+] = 10−10,8 = 2 × 10−11 mol/L

[OH−] =

1 00 102 10

14

11

, ××

−

− = 5 × 10−4 mol/L

20. Ke = 2,92 × 10−14 = [H3O+][OH−]

[H3O+] = [OH−]

2,92 × 10−14 = [H3O+]2

[H3O+] = 1,71 × 10−7 mol/L = [OH−]

pH = 6,767

21. [H3O+] = 10−7,4 = 3,98 × 10−8 ≈ 4 × 10−8 mol/L

[OH−] =

2 09 104 10

14

8

, ××

−

− = 5 × 10−7 mol/L

22. a) pOH = 14,00 − 6,80 = 7,20b) [H3O

+] = 10−6,80 = 1,6 × 10−7 mol/L

c) [OH−] =

1 00 101 6 10

14

7

,,

××

−

− = 6,3 × 10−8 mol/L

23. Réaction HNO3(aq) + H2O(l) 9: H3O+(aq) + NO3

− (aq)

[ ]0 (mol/L) 4,50 × 10−3 — 0 0

[ ] (mol/L) 0 — 4,50 × 10−3 4,50 × 10−3

a) [H3O+] = 4,50 × 10−3 mol/L

b) [OH−] =

1 00 104 50 10

14

3

,,

××

−

− mol/L = 2,22 × 10−12 mol/L

c) [H3O+]eau = [OH−]total = 2,22 × 10−12 mol/L

d) pH = −log 4,50 × 10−3 = 2,347; pOH = 14,000 − 2,347 = 11,653

24. Masse de NaOH = 8,50 g

V = 250,0 mL

MNaOH = 40,01 g/mol

[NaOH] =

8 502

14

11

, g NaOH50,0 mL

mol NaOH0,01 g NaOH

000 mL L

× × = 0,850 mol/L

Réaction NaOH H O2⎯ →⎯⎯ Na+ + OH−

[ ]0 (mol/L) 0,850 0 0

[ ] (mol/L) 0 0,850 0,850

pOH = −log 0,850 = 0,071

pH = 14,000 − 0,071 = 13,929



25. La solution de pH 4,00 possède une concentration en H3O+ :

[H3O+]soln 1 = 10−4,00 = 1,0 × 10−4 mol/L

La solution de pH 2,50 possède une concentration en H3O+ :

[H3O+]soln 2 = 10−2,50 = 3,2 × 10−3 mol/L

Le pH final de la solution dépend de la concentration finale en H3O+.

[ ]

,, ,

,

,

( )

( ) ( )

H O

,0 10 mol/L , L 10 mol/L , L L L

,3 10 mol H O L

10 mol/L

totaleH O totale

total

H O soln 1 H O soln 2

total

4 3

4

3

3

3

3

3 3

1 0 0100 3 2 0 04000 0100 0 0400

10 0500

2 6

+

− −

− +

−

=

=+

=× × + × ×

+

=×

= ×

+

+ +

n

V

n n

V

pH = −log 2,6 × 10−3 = 2,59

26. [HCl]dilué =

0 50 20 050 0

, ,,

mol/L mL mL×

= 0,20 mol/L

[HNO3]dilué =

0 10 30 050 0

, ,,

mol/L mL mL×

= 0,060 mol/L

[H3O+]HCl = 0,20 mol/L

[ ]H O HNO3 3

+ = 0,060 mol/L

[H3O+]tot. = [H3O

+]HCl + [ ]H O HNO3 3

+

[H3O+]tot. = 0,20 mol/L + 0,060 mol/L = 0,26 mol/L

pH = −log (0,26) = 0,59

27. [NaOH] = 0,0250 mol/L

[KOH] = 0,0150 mol/La) [OH−]tot. = [OH−]NaOH + [OH−]KOH

0,0250 mol/L + 0,0150 mol/L = 0,0400 mol/L

b) pOH = −log 0,0400 = 1,398pH = 12,602

28. Il faut trouver les concentrations de HCl et de HNO3 dans le mélange.

cc V

V

c

HCl diluéHCl conc. HCl conc.

HCl dilué

2

3

HNO dilué

2

2

,50 10 mol/L mL mL

10 mol/L

10 mol/L mL L

10 mol/L

3

=

=× ×

= ×

=× ×

= ×

−

−

−

−

1 100 0350 0

4 29

2 00 250 0350 0

1 43

,,

,

, ,,

,

[H3O+]tot. = [H3O

+]HCl + [ ]H O HNO33+

[H3O+]tot. = 4,29 × 10−3 mol/L + 1,43 × 10−2 mol/L = 1,86 × 10−2 mol/L

pH = −log 1,86 × 10−2 = 1,730



29. Au départ, il faut déterminer le nombre de moles total de H3O+ dans le mélange des deux acides.

[H3O+] = 10−1,75 = 0,018 mol/L

n

H O tot.3+ = [H3O

+]tot. × Vsoln = 0,018 mol/L × 0,3000 L = 0,0054 mol

Le nombre de moles de H3O+ total provient du mélange d'une solution de HCl et de HNO3. Le nombre de

moles de HNO3 est calculé à partir du pH de la solution initiale et du volume utilisé.

[ ]H O HNO33+ = 10−2,50 = 3,2 × 10−3 mol/L

[ ]H O HNO33+ = [HNO3] = 3,2 × 10−3 mol/L

n

H O (HNO )3 3+ = 3,2 × 10−3 mol/L × 0,1000 L = 3,2 × 10−4 mol

On détermine le nombre de moles de H3O+ qui provient du HCl.

n

H O (HCl)3+ =

n

H O tot.3+ −

n

H O (HNO )3 3+ = 0,0054 mol − 0,000 32 mol = 0,0051 mol

[H3O+]HCl =

n

VH O (HCl)

HCl

3 ,0051 mol,2000 L

+

=0

0 = 0,025 mol/L

pH = −log[H3O+] = 1,60

30. mol HNO3 dans 10,0 μL = 10,00 μL ×

1 101

14 31

6× ×− LL

molLμ

, = 1,43 × 10−4 mol

Concentration de HNO3 =

1 43 1025 00

10001

4,,

××

− mol HNOmL

mLL

3 = 5,72 × 10−3 mol/L

HNO3(aq) + H2O(l) !: H3O+(aq) + NO3

−

⇒ [H3O+] = [HNO3]0 = 5,72 × 10−3 mol/L

pH = −log [H3O+] = −log 5,72 × 10−3 = 2,243

31. a) mol NaOH = 2,45 mg × 1

10001

40 00gmg

molg

×,

= 6,13 × 10−5 mol

Concentration de NaOH = 6 13 10

250 01000

1

5,,

× ×− molmL

mLL

= 2,45 × 10−4 mol/L

NaOH(aq) !!:H O2 Na+(aq) + OH−(aq)

⇒ [OH−] = [NaOH]0 = 2,45 × 10−4 mol/LpOH = −log[OH−] = −log 2,45 × 10−4 = 3,611 ⇒ pH = 14,000 − 3,611 = 10,389

b) cdil. = V c

Vconc. conc.

dil.

mL mol/L×= × × −25 00 2 45 10 4, ,

5500 0, mL = 1,23 × 10−5 mol/L

⇒ [OH−] = [NaOH]0 = 1,23 × 10−5 mol/L ⇒ pOH = −log[OH−] = −log 1,23 × 10−5

pOH = 4,910 ⇒ pH = 14,000 − 4,910 = 9,090

32. a) HF(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + F−(aq)

b) [HF] > [H3O+] ≈ [F−] > [OH−]

c) pKa = −log 6,3 × 10−4 = 3,20

33. a) N(CH3)3(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + NH CH( )3 3+ (aq)

b) [N(CH3)3] > [OH−] ≈ [NH+(CH3)3] > [H3O+]

c) Kb = 10−4,20 = 6,3 × 10−5

d) pKa = pKe − pKb = 14,00 − 4,20 = 9,80



34. H2SO3(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + HSO3

− (aq)

Ka1 = 10−1,85 = 1,4 × 10−2

HSO3− (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + SO32− (aq)

Ka2 = 10−7,20 = 6,3 × 10−8

35. pH = 2,72 ⇒ [H3O+] = 1,9 × 10−3 mol/L

Réaction CH3CH2CH2COOH(aq) + H2O(l) L CH3CH2CH2COO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,250 — 0 0

Variation −1,9 × 10−3 — +1,9 × 10−3 +1,9 × 10−3

[ ] (mol/L) 0,248 — +1,9 × 10−3 +1,9 × 10−3

Ka =

[CH CH CH COO H O[CH CH CH COOH

1,9 10 ),248

3 2 2 3

3 2 2

3 2− + −

=×][ ]

](

0 = 1,5 × 10−5

36. [H3O+] = 10−3,20 = 6,3 × 10−4 mol/L

Réaction CH3COOH(aq) + H2O(l) L CH3COO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) x — 0 0

Variation −6,3 × 10−4 — +6,3 × 10−4 +6,3 × 10−4

[ ] (mol/L) x − 6,3 × 10−4 — +6,3 × 10−4 +6,3 × 10−4

Ka = 1,8 × 10−5 =

( ,,

6 10 )6 10

4 2

4

33

×− ×

−

−x

1,8 × 10−5x − 1,1 × 10−8 = 4,0 × 10−7

1,8 × 10−5x = 3,9 × 10−7

x = 2,2 × 10−2 mol/L = [CH3COOH]0

37. Réaction Cl2CHCOOH(aq) + H2O(l) L Cl2CHCOO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 5,0 × 10−2 — 0 0


[ ] (mol/L) 5,0 × 10−2 − x — x x

xx

2

5 0, × −−10 2 = 3,3 × 10−2

1,65 × 10−3 − 3,3 × 10−2x = x2

x2 + 3,3 × 10−2x − 1,65 × 10−3 = 0

x = 2,7 × 10−2 mol/L

[Cl2CHCOOH] = 5,0 × 10−2 mol/L − 2,7 × 10−2 mol/L = 2,3 × 10−2 mol/L

[H3O+] = 2,7 × 10−2 mol/L

[OH−] =

1 002 7

1,,

××

−

−

1010 mol/L

4

2 = 3,7 × 10−13 mol/L

38. a) Réaction HCN(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + CN−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,015 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,015 − x — x x



Méthode approximative, car

[ ]0

Ka

>> 100

Ka = 6,2 × 10−10 =

x2

0 015,

x = 3,0 × 10−6 mol/L[H3O

+] = 3,0 × 10−6 mol/L

pH = −log(3,0 × 10−6) = 5,52

b) Réaction H2CrO4(aq) + H2O(l) L HCrO4− (aq) + H3O

+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,75 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,75 − x — x x

xx

21

0 751 8 10

,,

−= × −

x2 + 1,8 × 10−1x − 0,135 = 0x = 0,29[H3O

+] = 0,29 mol/L

pH = −log 0,29 = 0,54

c) Réaction CH3NH2(aq) + H2O(l) L CH NH3 3+ (aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,50 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,50 − x — x x


[ ]0

Kb

>> 100

Kb =

x2

0 50, = 4,30 × 10−4

x = 0,015

[OH−] = 0,015 mol/L ⇒ pOH = −log[OH−] = −log 0,015 = 1,82

pOH = 1,82 ⇒ pH = 12,18

39. pH = 1,36[H3O

+] = 4,4 × 10−2 mol/L

Réaction CHCl2COOH(aq) + H2O(l) L CHCl2COO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) x — 0 0

Variation −4,4 × 10−2 — +4,4 × 10−2 +4,4 × 10−2

[ ] (mol/L) x − 4,4 × 10−2 — +4,4 × 10−2 +4,4 × 10−2

( ,,

4 44 4

×− ×

−

−

10 )10

2 2

2x = 3,3 × 10−2

3,3 × 10−2x − 1,45 × 10−3 = 1,9 × 10−3

3,3 × 10−2x = 1,9 × 10−3 + 1,45 × 10−3

x = 0,10 mol/L = [CHCl2COOH]0



40. Concentration solution aniline = 0 0187

0 25001

93 135 2,

, ,g C H NH

Lmol

g6 × = 8,03 × 10−4 mol/L

pH = 7,769 ⇒ pOH = 6,231 ⇒ [OH−] = 10−6,231 = 5,87 × 10−7 mol/L

[ ][ ]

,,

C H NHOH

6 5 24

7

8 03 105 87 10−

−

−= ××

= 1,37 × 103 >> 100 ⇒ calcul approximatif

⇒ [C6H5NH2] ≈ [C6H5NH2]0

Réaction C6H5NH2(aq) + H2O L C H NH6 5 3+(aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 8,03 × 10−4 — 0 0

Variation — +x +x

[ ] (mol/L) 8,03 × 10−4 − x — x x

Kb

6 3

6

C H NH OHC H NH

mol/= = ×+ − −[ ][ ][ ]

( ,5

5 2

75 87 10 LLmol/L

),

,2

410

8 03 104 29 10

×= ×−

−

41. a) Réaction CH3CH2COOH(aq) + H2O(l) L CH3CH2COO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,45 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,45 − x — x x


[ ]0

Ka

>> 100

Ka =

x25

0 451 4 10

,,= × −

x = 2,5 × 10−3

[H3O+]e = 2,5 × 10−3 mol/L

α =

[ ]]

,,

H O[CH CH COOH3

3

2 0

32 5 100 45

+ −

=×

= 5,6 × 10−3

% diss. = α × 100 = 0,56 %

b) Réaction CH3CH2COOH(aq) + H2O(l) L CH3CH2COO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,15 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,15 − x — x x


[ ]0

Ka

>> 100

Ka =

x25

0 151 4 10

,,= × −

x = 1,4 × 10−3

[H3O+]e = 1,4 × 10−3 mol/L

α =

1 4 100 15

3,,× −

= 9,3 × 10−3

% diss. = α × 100 = 9,3 × 10−3 × 100 = 0,93 %



c) Réaction CHCl2COOH(aq) + H2O(l) L CHCl2COO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,035 — — —


[ ] (mol/L) 0,035 − x — x x

xx

2

0 035, − = 3,3 × 10−2

1,16 × 10−3 − 3,3 × 10−2x = x2

x2 + 3,3 × 10−2x − 1,16 × 10−3 = 0x = 2,1 × 10−2

[H3O+]e = 2,1 × 10−2 mol/L

α =

[ ]]

,,

H O[CHCl COOH

3

2 0

22 1 100 035

+ −

=×

= 0,60

% diss. = α × 100 = 60 %

d) Réaction CHCl2COOH(aq) + H2O(l) L CHCl2COO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,35 — — —


[ ] (mol/L) 0,35 − x — x x

xx

2

0 35, − = 3,3 × 10−2

x2 = 1,16 × 10−2 − 3,3 × 10−2xx2 + 3,3 × 10−2x − 1,16 × 10−2 = 0x = 9,2 × 10−2

[H3O+]e = 9,2 × 10−2 mol/L

α =

[ ]]

,,

H O[CHCl COOH

3

2 0

29 2 100 35

+ −

=×

= 0,26

% diss. = α × 100 = 26 %

42. α = 0,035 =

[ ]]

OH[NH

e−

3 0

Réaction NH3(aq) + H2O(l) L NH4+ (aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) x —Variation −y — +y +y[ ] (mol/L) x − y — y y

yx y

2

− = 1,8 × 10−5

0,035 =

[ ]]

OH[NH

e−

=3 0

yx

y = 0,035x

( ,,

0 0350 035

xx x

)2

− = 1,8 × 10−5

1,22 × 10−3x2 = 1,74 × 10−5x

1,22 × 10−3x = 1,74 × 10−5



x = 1,4 × 10−2 = [NH3]0

y = 0,035 × 1,4 × 10−2 = 4,9 × 10−4

[NH3] = 1,4 × 10−2 − 4,9 × 10−4 = 1,4 × 10−2 mol/L

43. Réaction HCN(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + CN−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,400 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,400 − x — x x

Degré de dissociation = 0,000 039 =

[ ][ ]H OHCN

3

0

+

=

[ ],

H O3

0 400

+

⇒ [H3O+] = 1,6 × 10−5 mol/L

Ka =

[ ][ ][ ]

H O CNHCN

3+ −

=

( , )( , , )

1 6 100 400 1 6 10

5 2

5

×− ×

−

− = 6,4 × 10−10

44. La concentration de H3O+ se détermine avec la dissociation de H3PO4. La valeur de Ka1

est la plusélevée des trois constantes de dissociation pour cet acide polyprotique. Toutefois, pour obtenir la con-centration de l'ion PO4

3−, on doit utiliser la dernière des trois constantes, Ka3, qui est de loin la plus

faible des trois. C'est ainsi qu'on obtient la quantité de PO43− en solution et cette quantité est très faible.

Il y a donc un écart considérable entre les quantités de H3O+ et de PO4

3− et cet écart s'explique par ladifférence entre les deux constantes Ka1

et Ka3 utilisées, différence qui est nettement supérieure au

tiers.

45. a) Réaction H2SO4(aq) + H2O(l) 9: HSO4− (aq) + H3O

+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,80 — 0 0

[ ] (mol/L) 0 — 0,80 0,80

Réaction HSO4− (aq) + H2O(l) L SO4

2− (aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,80 — 0 0,80


[ ] (mol/L) 0,80 − x — x 0,80 + x

( ,( ,0 800 80

+−x xx))

= 1,1 × 10−2

0,80x + x2 = 8,8 × 10−3 − 1,1 × 10−2xx2 + 8,11 × 10−1x − 8,8 × 10−3 = 0x = 0,011[H2SO4] = 0[ HSO4

− ] = 0,80 − 0,011 = 0,789 mol/L ≈ 0,79 mol/L[ SO4

2− ] = 0,011 mol/L[H3O

+] = 0,80 + 0,011 = 0,811 mol/L ≈ 0,81 mol/L

b) Réaction H2SO4(aq) + H2O(l) 9: HSO4− (aq) + H3O

+(aq)

[ ]0 (mol/L) 8,0 × 10−4 — 0 0

[ ] (mol/L) 0 — 8,0 × 10−4 8,0 × 10−4

Réaction HSO4− (aq) + H2O(l) L SO4

2− (aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 8,0 × 10−4 — 0 8,0 × 10−4


[ ] (mol/L) 8,0 × 10−4 − x — x 8,0 × 10−4 + x



( ,( ,8 0 108 0 10

4

4

× +× −

−

−

x xx))

= 1,1 × 10−2

8,0 × 10−4x + x2 = 8,8 × 10−6 − 1,1 × 10−2xx2 + 1,18 × 10−2x − 8,8 × 10−6 = 0x = 7,0 × 10−4

[H2SO4] = 0 mol/L[ HSO4

− ] = 8,0 × 10−4 − 7,0 × 10−4 = 1,0 × 10−4 mol/L[ SO4

2− ] = 7,0 × 10−4 mol/L[H3O

+] = 8,0 × 10−4 + 7,0 × 10−4 = 1,50 × 10−3 mol/L

46. HOOCCOOH(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + HOOCCOO−(aq) (1) Ka1

= ?HOOCCOO−(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + −OOCCOO−(aq) (2) Ka2 = ?

pH = 0,67 ⇒ [H3O+]e = 0,21 mol/L

La quantité de H3O+ à l'équilibre (0,21 mol/L) provient principalement de la réaction de première disso-

ciation de l'acide oxalique. On considère négligeable la quantité formée de H3O+ provenant de la deuxième

dissociation.Selon la première réaction de dissociation, la concentration en H3O

+ est la même que celle de HOOCCOO−

à l'équilibre. La deuxième constante de dissociation étant toujours inférieure à la première et relative-ment faible, on utilise la méthode de calcul approximatif.[HOOCCOO−]e = [H3O

+]e = 0,21 mol/L[HOOCCOOH]0 = 1,05 mol/L[ C O2 4

2− ]e = 5,3 × 10−5 mol/L1re dissociation

Réaction HOOCCOOH(aq) + H2O(l) L HOOCCOO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 1,05 — 0 0Variation −0,21 — +0,21 +0,21[ ] (mol/L) 0,84 — 0,21 0,21

Ka1 =

( , ),

0 210 84

2

= 0,053

2e dissociation

Réaction HOOCCOO−(aq) + H2O(l) L −OOCCOO−(aq) + H3O+(aq)

[ ] (mol/L) 0,21 — 5,3 × 10−5 0,21

Ka2 =

0 21 5 3 100 21

5, ,,

× × −

= 5,3 × 10−5

47. [HCl]0 =

20 0 0 15050 0

, ,,

mL mol/L mL

× = 0,0600 mol/L

[HCOOH]0 =

30 0 0 40050 0

, ,,

mL mol/L mL

× = 0,240 mol/L

HCl est un acide fort et il se dissocie complètement en H3O+ et Cl−.

H2O(l) + HCl(aq) 9: H3O+ + Cl−(aq)

[HCl]0 = [H3O+]f = 0,0600 mol/L

La présence de l'acide chlorhydrique avec l'acide formique inhibe la dissociation de l'acide formique.

Réaction HCOOH(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + HCOO−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,240 — 0,0600 0Variation −x — +x +x[ ] (mol/L) 0,240 − x — 0,0600 + x x



Méthode approximative, car rapport > 100 :

[ ] ,,

,HCOOH 0

430 240

1 8 101 3 10

Ka

=×

= ×−

Ka = 1,8 × 10−4 =

x( , ),

0 06000 240

x = 7,2 × 10−4

[H3O+]e = 7,2 × 10−4 + 0,0600 = 6,1 × 10−2 mol/L

pH = 1,22

48. HCN(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + CN−(aq) Ka = 6,2 × 10−10

HNO2(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + NO2

− (aq) Ka = 5,6 × 10−4

– Calcul de la concentration de H3O+ et NO2

−

La contribution de HCN à la formation de H3O+ est négligeable par rapport à celle de HNO2, puisque

sa constante d'acidité est beaucoup plus faible. La méthode de calcul approximatif est utiliséepuisque [HNO2]/Ka = 7,1 × 103.

Réaction HNO2(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + NO2

− (aq)

[ ]0 (mol/L) 4,0 — 0 0


[ ] (mol/L) 4,0 − x ≈ 4,0 — x x

Ka =

[ ] [ ][ ]

H O NOHNO

3 2

2

+ −

⇒ 5,6 × 10−4 =

x2

4 0, ⇒ x = 4,7 × 10−2

[H3O+] = [ NO2

− ] = 4,7 × 10−2 mol/L

– Calcul de la concentration de CN− (calcul approximatif)

Réaction HCN(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + CN−(aq)

[ ]0 (mol/L) 1,0 — 0,047 0(de HNO2)


[ ] (mol/L) 1,0 − x ≈ 1,0 — 0,047 + x ≈ 0,047 x

Ka = 6,2 × 10−10 =

[ ][ ][ ]

H O CNHCN

3+ −

⇒ 6,2 × 10−10 =

x( , ),

4 7 101 0

2× −

⇒ x = 1,3 × 10−8

[CN−] = 1,3 × 10−8 mol/L

49. a) Les bases se dissocient dans l’ordre de la plus forte, Ca(OH)2, à la plus faible, CH3NH2.

Réaction Ca(OH)2(aq) !!:H O2 Ca2+(aq) + 2OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 2,00 × 10−3 0 0

[ ] (mol/L) 0 2,00 × 10−3 4,00 × 10−3

Réaction CH3NH2(aq) + H2O(l) L CH NH3 3+ ( )aq + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 2,50 × 10−2 — 0 4,00 × 10−3


[ ] (mol/L) 2,50 × 10−2 − x — x 4,00 × 10−3 + x

[ ] ,,

C H NH6 2

b

5 02

4

2 50 104 3 10K

= ××

−

− = 58 ⇒ méthode par équation quadratique

K

x xb

2

[CH NH OHCH NH

= = × ++ − −3 3

3

34 00 102 5

][ ][ ]

( , ), 00 10

4 3 1024

× −= ×−

−

x,



4,00 × 10−3x + x2 = 1,075 × 10−5 − 4,3 × 10−4xx2 + 4,43 × 10−3x − 1,075 × 10−5 = 0

x =

− × + × + ×= − ×− − − −4 43 10 1 96 10 4 30 10

24 43 103 5 5, , , , 33 37 91 10

2+ × −,

⇒ x = 1,7 × 10−3 mol/L = [CH NH3 3+ ]

b) [OH−] = 4,00 × 10−3 + 1,7 × 10−3 mol/L = 5,7 × 10−3 mol/LpOH = −log 5,7 × 10−3 = 2,24 ⇒ pH = 14,000 − 2,24 = 11,76

50. KOH(aq) + H2O(l) 9: OH−(aq) + K+(aq)NH3(g) + H2O(l) L OH−(aq) + NH4

+ (aq) Kb = 1,8 × 10−5

[KOH]0 = 0,200 mol/L ×

25 0100 0

,,

mL mL

= 0,0500 mol/L

[NH3]0 = 0,400 mol/L ×

75 0100 0

,,

mL mL

= 0,300 mol/L

Réaction NH3(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + NH4+ (aq)

[ ]0 (mol/L) 0,300 — 0,0500 0(de KOH)


[ ] (mol/L) 0,300 − x ≈ 0,300 — 0,0500 + x ≈ 0,0500 x

Kb = 1,8 × 10−5 =

[ ][ ][ ]

OH NHNH

− +4

3

⇒ 1,8 × 10−5 =

x( , ),

0 05000 300

⇒ x = 1,1 × 10−4

[OH−] = 1,1 × 10−4 ⇒ pOH = 3,96 ⇒ pH = 10,04


51. a) NaHSO4(s) + H2O(l) : Na+(aq) + HSO4−(aq)

HSO4−(aq) + H2O(l) L SO4

2−(aq) + H3O+(aq)

b) HSO4−(aq) + H2O(l) L SO4

2−(aq) + H3O+(aq)

Acide1 Base2 Base1 Acide2

c) HSO4−(aq) + H2S(aq) SO4

2−(aq) + H3S+(aq)

L'équilibre favorise la formation de l'ion sulfate, car l'ion hydrogénosulfate (Ka = 1,1 × 10−2) est unacide plus fort que l'acide sulfhydrique (8,9 × 10−8).

d) MNaHSO4 = 120,1 g/mol

Concentration soln NaHSO4 =

0 751250 0

10001

1120 1

,, ,

gmL

mLL

molg

× × = 0,0250 mol/L

Équation de dissolution du sel : NaHSO4(aq) !!:H O2 Na+(aq) + HSO4

−(aq)

Réaction HSO4−(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + SO42−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,0250 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,0250 − x — x x



[ ] ,,

HSO

a

4 02

2

2 50 101 1 10

− −

−= ××K

= 2,3 ⇒ méthode par équation quadratique

K

xxa

[H O SOHSO

= =× −

= ×+ −

− −3 4

2

4

2

22 50 101 1 1

][ ][ ] ,

, 00 2−

⇒ x2 = 2,8 × 10−4 − 1,1 × 10−2 x ⇒ x2 + 1,1 × 10−2 x − 2,8 × 10−4 = 0

⇒ x = − × + × + ×

= ×− − −

−1 1 10 1 2 10 1 1 102

1 2 102 4 3

2, , ,,

[H3O+] = 1,2 × 10−2 mol/L ⇒ pH = −log 1,2 × 10−2 = 1,92

e) % dissociation =

[ ][ ]

,,

SOHSO

42

4 0

2

21001 2 102 50 10

100 4−

−

−

−× = ××

× = 88 %

f) HCl(aq) !!:H O2 H3O

+(aq) + Cl−(aq)

mol HCl dans 20,0 μL = 9 45

120 0

101

1 89 106

4,, ,

molL

LL

Lmo× × = ×

−−μ

μll

⇒ conc. HCl = 1 89 10

250 01000

17 56 10

44,

,,

× × = ×−

−molmL

mLL

mmol/L H O= +[ ]3

pH = −log [H3O+] = −log 7,56 × 10−4 = 3,121

g) Les concentrations des espèces chimiques sont divisées par 2, puisque le volume double.

⇒ [HCl]0 = 7,56 × 10−4 mol/L × 250 0500 0

,,

mLmL

= 3,78 × 10−4 mol/L

[ ]HSO4−

0 = 2,50 × 10−2 mol/L × 250 0500 0

,,

mLmL

= 1,25 × 10−2 mol/L

L'acide chlorhydrique étant plus fort, il se dissocie d'abord :HCl(aq) + H2O(l) : H3O

+(aq) + Cl−(aq)

Réaction HSO4−(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + SO42−(aq)

[ ]0 (mol/L) 1,25 × 10−2 — 3,78 × 10−4 0(de HCl)


[ ] (mol/L) 1,25 × 10−2 − x — 3,78 × 10−4 + x x

[ ] ,,

HSO

a

4 02

2

1 25 101 1 10

− −

−= ××K

= 1,1 ⇒ calcul par équation quadratique

( , ),

3 78 101 25 10

4

2

× +× −

−

−

x xx

= 1,1 × 10−2 ⇒ 1,38 × 10−4 − 1,1 × 10−2x = 3,76 × 10−4x + x2

⇒ x2 + 1,14 × 10−2x − 1,38 × 10−4 = 0

x = − × + × + ×− − −1 14 10 1 30 10 5 52 10

2

2 4 4, , , =

− × + ×− −1 14 10 2 61 102

2 2, , = 7,35 × 10−3

⇒ x = 7,35 × 10−3 = [ ]SO42−

[H3O+] = 7,35 × 10−3 + 3,78 × 10−4 = 7,73 × 10−3 mol/L

⇒ pH = −log 7,73 × 10−3 = 2,111[Na+] = 1,25 × 10−2 mol/L[ ]SO4

2− = 7,35 × 10−3 mol/L

[ ]HSO4− = 1,25 × 10−2 − 7,35 × 10−3 = 5,15 × 10−3 mol/L

[Cl−] = 1,25 × 10−2 mol/L



EXERCICE DÉFI (page 226)52. a) Équation globale :

C(OH)(CH2COOH)2(COOH)(aq) + 3H2O(l) L C(OH)(CH2COO−)2(COO−)(aq) + 3H3O+(aq)

Équations de dissociation successive :C(OH)(CH2COOH)2(COOH)(aq) + H2O(l) L C(OH)(CH2COOH)2(COO−)(aq) + H3O

+(aq)C(OH)(CH2COOH)2(COO−)(aq) + H2O(l) L C(OH)(CH2COOH)(CH2COO−)(COO−)(aq) + H3O

+(aq)C(OH)(CH2COOH)(CH2COO−)(COO−)(aq) + H2O(l) L C(OH)(CH2COO−)2(COO−)(aq) + H3O

+(aq)b) 1re dissociation

Réaction R(COOH)3(aq) + H2O(l) L R(COOH)2(COO−)(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,0300 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,0300 − x — x x

p a1K = 3,128 ⇒

Ka1

= 10−3,128 = 7,45 × 10−4

cK

a

a

= 0 0300

7 45 10 3

,, × − = 40 ⇒ méthode par équation quadratique

Ka1

= x

x

2

0 0300, − = 7,45 × 10−4 ⇒ x2 = 2,24 × 10−5 − 7,45 × 10−4x

x2 + 7,45 × 10−4x − 2,24 × 10−5 = 0

x = − × + × + ×− − −7 45 10 5 55 10 8 96 10

2

4 7 5, , , =

− × + ×− −7 45 10 9 49 102

4 3, , = 4,37 × 10−3

[H3O+] = 4,37 × 10−3 mol/L

2e dissociation

Réaction R(COOH)2(COO−)(aq) + H2O(l) L RCOOH(COO−)2(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 4,37 × 10−3 — 0 4,37 × 10−3


[ ] (mol/L) 4,37 × 10−3 − x — x 4,37 × 10−3 + x

p a2K = 4,761 ⇒

Ka2

= 10−4,761 = 1,73 × 10−5

cK

a

a

= 4 37 101 73 10

3

5

,,

××

−

− = 253 ⇒ calcul approximatif

⇒ [R(COOH)2(COO−)(aq)]e ≈ [R(COOH)2(COO−)(aq)]0 = 4,37 × 10−3 mol/Let [H3O

+] ≈ 4,37 × 10−3 mol/L

Ka2

= x × ×

×

−

−

4 37 104 37 10

3

3

,,

= 1,73 × 10−5 ⇒ x = 1,73 × 10−5

[RCOOH(COO−)2] = 1,73 × 10−5 mol/L[H3O

+] = 4,37 × 10−3 + 1,73 × 10−5 = 4,39 × 10−3 mol/L

3e dissociation

Réaction RCOOH(COO−)2(aq) + H2O(l) L R(COO−)3(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 1,73 × 10−5 — 0 4,3873 × 10−5


[ ] (mol/L) 1,73 × 10−5 − x — x 4,3873 × 10−5 + x



p a3K = 6,396 ⇒

Ka3

= 10−6,396 = 4,02 × 10−7

cK

a

a

= 1 73 104 02 10

5

7

,,

××

−

− = 43 ⇒ calcul par équation quadratique

Ka3

= x x

x( , )

,4 3873 101 73 10

3

5

× +× −

−

− = 4,02 × 10−7

⇒ 6,9546 × 10−12 − 4,02 × 10−7x = 4,3873 × 10−3x + x2

x2 + 4,387 700 × 10−3 − 6,9546 × 10−12 = 0

⇒ x = − × + × + ×− − −4 387 700 10 1 92519 10 2 781 84 10

2

3 5 11, , ,

⇒ x = − × + ×− −4 387 700 10 1 92519 10

2

3 5, , =

− × + ×− −4 387 700 10 4 387 702 102

3 3, ,

⇒ x = 1,00 × 10−9 = R(COO−)3

[(COO−)3] = 1,00 × 10−9 mol/L[H3O

+] = 4,3873 × 10−5 + 1,07 × 10−9 ≈ 4,39 × 10−5 mol/L[H3O

+]tot. = 4,37 × 10−3 + 4,39 × 10−5 = 4,41 × 10−3 mol/L⇒ pH = −log [H3O

+] = 2,356

c) [R(COOH)3] = 0,0300 − x1 = 0,0300 − 4,37 × 10−3 = 2,56 × 10−2 mol/L[R(COOH)2(COO−)] = 4,37 × 10−3 − x2 = 4,37 × 10−3 − 1,73 × 10−5 = 4,35 × 10−3 mol/L[RCOOH(COO−)2] = 1,73 × 10−5 − x3 = 1,73 × 10−5 − 1,00 × 10−9 = 1,73 × 10−5 mol/L[R(COO−)3] = 1,00 × 10−9 mol/L

% R(COOH)3 = 2 56 10

0 0300

2,,

× − mol/Lmol/L

× 100 = 85,3 %

% R(COOH)2(COO−) = 4 35 10

0 0300

3,,

× − mol/Lmol/L

× 100 = 14,5 %

% RCOOH(COO−)2 = 1 73 10

0 0300

5,,

× − mol/Lmol/L

× 100 = 0,0577 %

% R(COO−)3 = 1 00 10

0 0300

9,,

× − mol/Lmol/L

× 100 = 3,33 × 10−6

d) Choix de l'indicateur : la phénolphtaléine ou le bleu de thymol; l'indicateur doit changer de couleurdans la zone verticale de la courbe de titrage.Calcul de la concentration de l'acide citrique (symbolisé de façon simplifiée H3A)Équation de neutralisation : H3A(aq) + 3NaOH(aq) !: 3H2O(l) + Na3A(aq)

CH A

mL NaOHmL H A

mol NaOH3

13 515 0

0 100

3

= ×,,

,11000

13

10003

soln NaOHmol H A

mol NaOHmL

× ×H A

L H Amol/L3

310 0300= ,




EXERCICE 6.1 (page 231)a) KCN : La dissolution de KCN produira une solution basique en raison de la présence de CN− (base

faible).b) NH4I : La dissolution de NH4I produira une solution acide en raison de la présence de NH4

+ (acidefaible).

c) CaCl2 : La dissolution de CaCl2 ne modifiera pas la nature de la solution. Les ions Ca2+ et Cl− provien-nent de deux substances fortes (Ca(OH)2 et HCl).

d) NH4CN : La dissolution de NH4CN produira une solution basique en raison de la valeur plus élevée de laconstante Kb de l'ion CN− aux dépens de Ka de l'ion NH4

+ .e) NaF : La dissolution de NaF produira une solution basique en raison de la présence de F− (base faible).

EXERCICE 6.2 (page 231)a) Formation du sel

CH3COOK : CH3COOH(aq) + KOH(aq) !: CH3COOK(aq) + H2O(l)Acide faible Base forte Sel

NH4Br : HBr(aq) + NH3(aq) !: NH4Br(aq) + H2O(l)Acide fort Base faible Sel

NaI : HI(aq) + NaOH(aq) !: NaI(aq) + H2O(l)Acide fort Base forte Sel

b) Type de sels– CH3COOK : sel basique

CH3COO−(aq) + H2O(l) L CH3COOH(aq) + OH−(aq)K+(aq) + H2O(l) : aucune réaction

– NH4Br : sel acideNH4

+(aq) + H2O(l) L NH3(aq) + H3O+(aq)

Br−(aq) + H2O(l) : aucune réaction– NaI : sel neutre

Na+(aq) + H2O(l) : aucune réactionI−(aq) + H2O(l) : aucune réaction


Réaction F−(aq) L HF(aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 1,25 0 0


[ ] (mol/L) 1,25 − x x x

[ ] ,,

F10b

−

−=×K

1 251 6 11 = 7,8 × 1010 >>> 100 ⇒ méthode approximative

[F−] ≅ [F−]0 = 1,25 mol/L

Kb =

[ ]] ,

OH ] [HF[F

e e−

− =x2

1 25 = 1,6 × 10−11

x = 4,5 × 10−6 mol/L = [OH−]

pOH = −log 4,5 × 10−6 = 5,35

pH = 8,65



EXERCICE 6.4 (page 234)a) NH4

+ (aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + NH3(aq) Ka = 5,6 × 10−10

F−(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HF(aq) Kb = 1,6 × 10−11 ⇒ Ka = 6,3 × 10−4

[H3O+] = 5 6 10 6 3 1010 4, ,× × ×− − = 5,9 × 10−7 mol/L

pH = 6,23

b) NO2− (aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HNO2(aq) Kb = 1,8 × 10−11 ⇒ Ka = 5,6 × 10−4

C5H5NH+(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + C5H5N(aq) Ka = 5,6 × 10−6

[H3O+] = 5 6 10 5 6 106 4, ,× × ×− − = 5,6 × 10−5 mol/L

pH = 4,25

EXERCICE 6.5 (page 236)a) C6H5NH2(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + C H NH6 5 3

+ (aq)KOH(aq) 9: OH−(aq) + K+(aq)L'addition de KOH fera déplacer l'équilibre vers la gauche (augmentera la concentration de C6H5NH2) enraison de l'ajout de l'ion OH− (ion commun).

b) C6H5NH2(aq) L OH−(aq) + [C6H5NH3]+(aq)

C6H5NH3Cl(aq) 9: [C6H5NH3]+(aq) + Cl−(aq)

L'addition de C6H5NH3Cl fera déplacer l'équilibre vers la gauche (augmentera la concentration deC6H5NH2(aq)) en raison de l'ajout de l'ion [C6H5NH3]

+(aq) (ion commun).

c) HNO2(aq) L H3O+(aq) + NO2

− (aq)NaNO2(aq) 9: Na+(aq) + NO2

− (aq)L'addition de NaNO2 fera augmenter la concentration de l'ion NO2

− (ion commun) et déplacera l'équilibrede la dissociation de HNO2 vers la gauche (augmentation de la concentration de HNO2

(aq)).

d) HNO2(aq) L H3O+(aq) + NO2

− (aq)NaCl(aq) 9: Na+(aq) + Cl−(aq)L'addition de NaCl ne changera pas l'équilibre de la dissociation de HNO2 parce qu'il n'y a pas eu d'ajoutd'ions communs.

EXERCICE 6.6 (page 236)Pour obtenir un tampon optimal, on choisit un couple dont le pKa est le plus près possible du pH du tamponà préparer.pH = 5,8 ± 0,3 ⇒ pKa compris entre 5,5 et 6,1L'ion hydroxylammonium, HONH3

+, remplit cette condition; son pKa est égal à 5,94; sa base conjuguée estHONH2.


a) H3PO4(aq) L H PO42− (aq) + H3O

+(aq) Ka1 = 6,9 × 10−3

NaH2PO4(aq) 9: H PO42− (aq) + Na+(aq)

H PO42− (aq) L H3PO4(aq) + OH−(aq)

Ka1 = 6,9 × 10−3 =

[ ]]

[ ,,

H O ][H PO[H PO

H O ]2 4

3 4

3 0

0

3 0 150 25

+ − +

=×

[H3O+] =

6 9 10 0 250 15

3, ,,

× ×−

= 0,012 mol/L

pH = 1,92

b) NH3(aq) L NH4+ (aq) + OH−(aq) Kb = 1,8 × 10−5

NH4Cl(aq) 9: NH4+ (aq) + Cl−(aq)

NH4+ (aq) L NH3(aq) + H3O

+(aq)



Kb = 1,8 × 10−5 =

[ ]]

, ],

NH ] [OH[NH

[OH4

3

+ − −

=×0

0

0 500 40

[OH−] = 1,4 × 10−5 mol/L ⇒ [H3O+] = 7,1 × 10−10 mol/L

pH = 9,15


pOH = pKb + log

[]

NH ][NH

4

3

+

pH = 9,75 ⇒ pOH = 4,25 = 4,75 + log

[]

NH ][NH

4

3

+

−0,50 = log

[]

NH ][NH

4

3

+

[]

NH ][NH

4

3

+

= 0,32


a) Réaction HCOOH(aq) L HCOO−(aq) + H3O+(aq)

[ ] (mol/L) 0,55 0,35 x

pH = pKa + log

[HCOO[HCOOH

−]] = 3,75 + log

0 350 55,,

= 3,55

b) Réaction HCl(g) + HCOO−(aq) 9: HCOOH(aq) + Cl−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,015 0,35 0,55 0

Variation −0,015 −0,015 +0,015 +0,015

[ ] (mol/L) 0 0,335 0,575 0,015

pH = pKa + log

[HCOO[HCOOH

− ]]

pH = 3,75 + log

0 330 57,,

= 3,51


a) Réaction NH3(aq) L NH4+ (aq) + OH−(aq)

[ ] (mol/L) 0,45 0,60 x

pOH = pKb + log

[]

NH ][NH

4

3

+

= 4,75 + log

0 600 45,,

= 4,87

pH = 9,13

b) Réaction NH3(aq) + H3O+(aq) 9: NH4

+ (aq) + H2O(l)

[ ]0 (mol/L) 0,45 0,050 0,60 —

Variation −0,050 −0,050 +0,050 —

[ ] (mol/L) 0,40 0 0,65 —

[]

,,

NH ][NH

4

3

+

=0 650 40

= 1,6 ⇒ Le rapport est toujours dans les limites de la solution tampon (< 10).



pOH = pKb + log

[]

NH ][NH

4

3

+

= 4,75 + log

0 650 40,,

= 4,96

pH = 9,04

c) Réaction NH4+ (aq) + OH−(aq) 9: NH3(aq) + H2O(l)

[ ]0 (mol/L) 0,60 0,050 0,45 —

Variation −0,050 −0,050 +0,050 —

[ ] (mol/L) 0,55 0 0,50 —

[]

,,

NH ][NH

4

3

+

=0 550 50


pOH = pKb + log

[]

NH ][NH

4

3

+

= 4,75 + log

0 550 50,,

= 4,79

pH = 9,21

d) [NaOH]0 =

50 0 0 200350 0

, ,,

mL mol/L mL

× = 0,0286 mol/L

[NH3]0 =

0 300 0350 0

,45 mol/L mL mL

× ,,

= 0,39 mol/L

[ NH4+ ] =

0 300 0350 0

,60 mol/L mL mL

× ,,

= 0,51 mol/L

Réaction NH4+ (aq) + OH−(aq) 9: NH3(aq) + H2O(l)

[ ]0 (mol/L) 0,5186 0,0286 0,39 —

Variation −0,0286 −0,0286 +0,0286 —

[ ] (mol/L) 0,4886 0 0,4286 —

[]

,,

NH ][NH

4

3

+

=0 480 42


pOH = pKb + log

[]

NH ][NH

4

3

+

= 4,75 + log

0 480 42,,

= 4,81

pH = 9,19

e) [NH4Cl] =

10 7 53 4570 500

, ,,

g NH Cl / g /mol L

4 = 0,400 mol/L

[NH3] = 0,45 mol/L[ NH4

+ ] = 0,400 mol/L + 0,60 mol/L = 1,00 mol/LLe rapport [ NH4

+ ] /[NH3] est toujours dans les limites de la solution tampon (< 10).

pOH = pKb + log

[]

NH ][NH

4

3

+

= 4,75 + log

1 000 45,,

= 5,10

pH = 8,90




Réaction NH4+ (aq) + OH−(aq) 9: NH3(aq) + H2O(l)

[ ]0 (mol/L) 0,050 0,040 0,25 —

Variation −0,040 −0,040 +0,040 —

[ ] (mol/L) 0,010 0 0,29 —

0 0100 29,,

= 0,03 < 0,1 ⇒ Ce n'est plus un tampon.

K

a(NH4+ )

= 5,6 × 10−10

Kb(NH3 ) = 1,8 × 10−5

Pour calculer le pH de la solution, on utilise la constante d'équilibre la plus élevée ( Kb(NH3 ) ).

Ici, il est possible d'utiliser les deux méthodes pour calculer les espèces à l'équilibre puisque le rapportentre la concentration de l'un, NH4

+ , et la constante utilisée est supérieur à 100.

0 0101 8 10 5

,, × − = 560

Réaction NH3(aq) + H2O(l) L NH4+ (aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,29 — 0,010 —


[ ] (mol/L) 0,29 − x — 0,010 + x x

[NH3] ≈ 0,29 mol/L ; [ NH4+ ] ≈ 0,010 mol/L

Kb = 1,8 × 10−5 =

[ ][ ]]

,,

NH OH[NH3

4 0 0100 29

+ −

=x

x = 5,2 × 10−4 mol/L

[OH−] = 5,2 × 10−4 mol/LpOH = 3,28pH = 10,72

EXERCICE 6.12 (page 247)pH de la solution originale

[NH3] ≈ 0,2 mol/L; [ ]NH4+ ≈ 0,010 mol/L

pH = pKa + log [ ][ ]AHA

−

= −log Ka + log [ ][ ]AHA

−

= −log 5,75 × 10−10 + log 1 00 101 00 10

3

3

,,

××

−

−

mol/Lmol/L

pH = 9,240 + log 1,00 = 9,240 + 0,000 = 9,240

Concentration de NaOH dans la solution d'entretien

c = n/V = 2 00 10

0 2500

4,,

× − molL

= 8,00 × 10−4 mol/L

Équilibres en jeu et réaction à l'ajout de NaOH au tampon

HA(aq) + H2O(l) L A−(aq) + H3O+(aq)

NaOH(s) 9: Na+(aq) + OH−(aq)

La base ajoutée réagit avec l'acide du tampon selon le tableau suivant.

Réaction HA(aq) + OH−(aq) L A−(aq) + H2O(l)

[ ]0 (mol/L) 1,00 × 10−3 8,00 × 10−4 1,00 × 10−3 —

Variation −8,00 × 10−4 −8,00 × 10−4 +8,00 × 10−4 —

[ ] (mol/L) 2,00 × 10−4 0 1,80 × 10−3 —



La base est le réactif limitant.

pHnouv. soln = pKa + log [ ][ ]AHA

−

= −log Ka + log [ ][ ]AHA

−

⇒ pH = −log 5,75 × 10−10 + log 1 80 102 00 10

3

4

,,

××

−

−

mol/Lmol/L

= 9,240 + log 9,000 = 9,240 + 0,954 = 10,194

Avec une variation de pH de près de 1 (10,194 − 9,240), le tampon est à la limite de son efficacité.

EXERCICE 6.13 (page 251)CH3COOH(aq) + NaOH(aq) 9: CH3COO−Na(aq) + H2O(l)

a) [CH3COOH] =

[NaOH ,55 mol/L mL mL

NaOH

CH COOH3

] ,,

VV

=×0 38 00

25 00 = 0,84 mol/L

b) nCH COOH3 = 0,84 mol/L × 2,500 × 10−2 L = 2,1 × 10−2 mol

Masse de CH3COOH = 2,1 × 10−2 mol × 60,05 g/mol = 1,3 g

% m/V =

1 325 00

,,

g mL

× 100 % = 5,0 %

EXERCICE 6.14 (page 253)a) KHC8H4O4(aq) + NaOH(aq) 9: NaKC8H4O4(aq) + H2O(l)

H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) 9: Na2SO4(aq) + 2H2O(l)

b) KC8H5O4(aq) + NaOH(aq) 9: NaKC8H4O4(aq) + H2O(l)

[KC8H5O4] =

20

12

,4504 g,250 L

mol04,2 g

× = 0,048 00 mol/L

nNaOH = nKC H O8 5 4 = 0,048 00 mol/L × 0,0250 L = 0,001 20 mol

[NaOH] =

00

,001 20 mol,0305 L

= 0,0393 mol/L

H2SO4(aq) + 2NaOH(aq) 9: Na2SO4(aq) + 2H2O(l)

n

nH SO

NaOH2 4

=2

nH SO2 4 =

0 0393 21 4 102

3, , mol/L L× × −

= 4,21 × 10−4 mol

[H2SO4] =

4 100

4,21 mol,0100 L

× −

= 4,21 × 10−2 mol/L

EXERCICE 6.15 (page 257)a) Mole de NaOH = 0,100 mol/L × 0,0199 L = 1,99 × 10−3 mol

Mole de HNO3 = 0,200 mol/L × 0,0100 L = 2,00 × 10−3 mol

Réaction HNO3(aq) + NaOH(aq) 9: NaNO3(aq) + H2O(l)

n0 (mol) −2,00 × 10−3 −1,99 × 10−3 0 —

Variation −1,99 × 10−3 −1,99 × 10−3 +1,99 × 10−3 —

n (mol) 1 × 10−5 0 1,99 × 10−3 —



Volume final = 29,9 mL

n nHNO H O3 3

= + = 1 × 10−5 mol

[H3O+] =

1 1029 9 10

5

3

××

−

−

mol L,

= 3 × 10−4 mol/L

pH = 3,5

b) Mole de NaOH = 0,100 mol/L × 0,0201 L = 2,01 × 10−3 molMole de HNO3 = 0,200 mol/L × 0,0100 L = 2,00 × 10−3 mol


n0 (mol) −2,00 × 10−3 2,01 × 10−3 0 —

Variation −2,00 × 10−3 −2,00 × 10−3 +2,00 × 10−3 —

n (mol) 0 1 × 10−5 2,00 × 10−3 —

Volume final = 30,1 mLnNaOH = nOH− = 1 × 10−5 mol

[OH−] =

1 1030 1 10

5

3

××

−

−

mol L,

= 3 × 10−4 mol/L

pOH = 3,5pH = 10,5

c) Mole de NaOH = 0,100 mol/L × 0,0300 L = 3,00 × 10−3 mol/LMole de HNO3 = 0,200 mol/L × 0,0100 L = 2,00 × 10−3 mol/L


n0 (mol) −2,00 × 10−3 3,00 × 10−3 0 —

Variation −2,00 × 10−3 −2,00 × 10−3 +2,00 × 10−3 —

n (mol) 0 1,00 × 10−3 2,00 × 10−3 —

Volume final = 40,0 mLnNaOH = nOH− = 1,00 × 10−3 mol

[OH−] =

1 00 100

3, × − mol,0400 L

= 2,50 × 10−2 mol/L

pOH = 1,602 ⇒ pH = 12,398

EXERCICE 6.16 (page 264)a) Mole de CH3COOH = 0,200 mol/L × 0,0100 L = 2,00 × 10−3 mol

Mole de NaOH dans 19,9 mL = 0,100 mol/L × 0,0199 L = 1,99 × 10−3 mol

Réaction CH3COOH(aq) + NaOH(aq) 9: CH3COONa(aq) + H2O(l)

n0 (mol) −2,00 × 10−3 −1,99 × 10−3 0 —

Variation −1,99 × 10−3 −1,99 × 10−3 +1,99 × 10−3 —

n (mol) 0,01 × 10−3 0 1,99 × 10−3 —

Volume final = 29,9 mLnNaOH = 0 mol

nCH COOH3 = 0,01 × 10−3 mol

n

CH COO3− = 1,99 × 10−3 mol

[CH3COOH] =

0 01 1029 9 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 3,34 × 10−4 mol/L



[CH3COO−] =

1 99 1029 9 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 6,66 × 10−2 mol/L

Le rapport [base]/[acide] n'est pas dans les limites d'une solution tampon (< 10). On utilise la réaction dedissociation de l'acide CH3COOH puisque la constante d'acidité Ka est supérieure à la constante d'hydro-lyse, Kh ou Kb, de l'anion CH3COO−.

Réaction CH3COOH(aq) L CH3COO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 3,34 × 10−4 6,66 × 10−2 0Variation −x +x +x[ ] (mol/L) 3,34 × 10−4 − x 6,66 × 10−2 + x x

Ka =

( ,( ,6 66 103 34 10

2

4

× +× −

−

−

x xx))

= 1,8 × 10−5

6,0 × 10−9 − 1,8 × 10−5x = 6,66 × 10−2x + x2

x2 + 6,66 × 10−2 − 6,0 × 10−9 = 0x = 9,0 × 10−8 mol/L = [H3O

+]pH = 7,05

b) Mole de CH3COOH = 0,200 mol/L × 10,0 × 10−3 L = 2,00 × 10−3 molMole de NaOH dans 20,1 mL = 0,100 mol/L × 20,1 × 10−3 L = 2,01 × 10−3 mol


n0 (mol) −2,00 × 10−3 −2,01 × 10−3 0 —

Variation −2,00 × 10−3 −2,00 × 10−3 +2,00 × 10−3 —

n (mol) 0 0,01 × 10−3 2,00 × 10−3 —

Volume final = 30,1 mL

nf CH COOH3 = 0 mol/L

n

f CH COO3− = 2,00 × 10−3 mol

nf NaOH = 0,01 × 10−3 mol

La solution contient deux espèces basiques, dont la valeur du pH sera donnée par l'espèce la plus forte,NaOH.

[NaOH] =

0 01 1030 1 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 3,32 × 10−4 mol/L = [OH−]

pOH = −log 3,32 × 10−4 = 3,479pH = 10,52

c) Mole de CH3COOH = 0,200 mol/L × 10,0 × 10−3 L = 2,00 × 10−3 molMole de NaOH dans 30,0 mL = 0,100 mol/L × 30,0 × 10−3 L = 3,00 × 10−3 mol


n0 (mol) −2,00 × 10−3 −3,00 × 10−3 0 —

Variation −2,00 × 10−3 −2,00 × 10−3 +2,00 × 10−3 —

n (mol) 0 1,00 × 10−3 2,00 × 10−3 —

Volume final = 40,0 mLnNaOH = 1,00 × 10−3 mol

nCH COOH3 = 0 mol

n

CH COO3− = 2,00 × 10−3 mol



La solution contient deux espèces basiques, dont la valeur du pH sera donnée par l'espèce la plus forte,NaOH.

[NaOH] =

1 00 1040 0 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 2,50 × 10−2 mol/L

pOH = −log 2,50 × 10−2 mol/L = 1,602pH = 12,398

EXERCICE 6.17 (page 268)a) Mole de (CH3)3N = 0,400 mol/L × 10,00 × 10−3 L = 4,00 × 10−3 mol

Mole de HCl = 0,200 mol/L × 4,00 × 10−3 L = 8,00 × 10−4 mol

Réaction (CH3)3N(aq) + HCl(aq) 9: (CH3)3NH+(aq) + Cl−(aq)

n0 (mol) −4,00 × 10−3 −8,00 × 10−4 0 0

Variation −8,00 × 10−4 −8,00 × 10−4 +8,00 × 10−4 +8,00 × 10−4

n (mol) 3,2 × 10−3 0 8,00 × 10−4 8,00 × 10−4

Mole de (CH3)3N = 3,2 × 10−3 molMole de (CH3)3NH+ = 8,00 × 10−4 molMole de HCl = 0Volume final = 14,0 mLLa solution comprend la base, (CH3)3N, et son acide conjugué, (CH3)3NH+. On calcule le pH de la solutionavec l'équation de Henderson-Hasselbalch. Le rapport des concentrations des deux constituants est entre0,1 et 10, puisqu'il est égal à 4.

[( ) ][( ) ]

,, ,

,,

CH NCH NH

mol / 14,0 L mol / L

3 3

3 3

3 3

4 3

3 2 10 108 00 10 14 0 10

0 2280 0571+

− −

− −=× ×

× ×= = 4,0

(CH3)3N(aq) L (CH3)3NH+(aq) + OH−(aq)

pOH = pKb + log

[( ) ][( ) ]CH NH

CH N3 3

3 3

+

= 4,20 + log

0 05710 228,,

= 3,60

pH = 10,40

b) Mole de (CH3)3N = 0,400 mol/L × 10,00 × 10−3 L = 4,00 × 10−3 molMole de HCl = 0,200 mol/L × 10,0 × 10−3 L = 2,00 × 10−3 mol


[ ]0 (mol/L) −4,00 × 10−3 −2,00 × 10−3 — —

Variation −2,00 × 10−3 −2,00 × 10−3 +2,00 × 10−3 +2,00 × 10−3

[ ] (mol/L) 2,00 × 10−3 0 2,00 × 10−3 2,00 × 10−3

Mole de (CH3)3N = 2,00 × 10−3 molMole de HCl = 0Mole de (CH3)3NH+ = 2,00 × 10−3 molVolume final = 20,0 mLLa solution comprend la base, (CH3)3N, et son acide conjugué, (CH3)3NH+. On calcule le pH de la solutionavec l'équation de Henderson-Hasselbalch. La solution est une solution tampon puisque le rapport desconcentrations est entre 0,1 et 10 : il est égal à 1.

[(CH3)3N] =

2 00 1020 0 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 0,100 mol/L



[(CH3)3NH+] =

2 00 1020 0 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 0,100 mol/L

[( ) ][( ) ]

,,

CH NHCH N

mol/L mol/L

3 3

3 3

0 1000 100

+

= = 1,00

pOH = pKb + log

[( ) ][( ) ]CH NH

CH N3 3

3 3

+

= 4,20 + log

0 1000 100,,

mol/L mol/L

= 4,20

pH = 9,80

c) Mole de (CH3)3N = 0,400 mol/L × 10,0 × 10−3 L = 4,00 × 10−3 molMole de HCl = 0,200 mol/L × 15,0 × 10−3 L = 3,00 × 10−3 mol


n0 (mol) − 4,00 × 10−3 −3,00 × 10−3 0 0

Variation −3,00 × 10−3 −3,00 × 10−3 +3,00 × 10−3 +3,00 × 10−3

n (mol) 1,00 × 10−3 0 3,00 × 10−3 3,00 × 10−3

Mole de (CH3)3N = 1,00 × 10−3 molMole de HCl = 0Mole de (CH3)3NH+ = 3,00 × 10−3 molVolume final = 25,0 mLLa solution comprend la base, (CH3)3N, et son acide conjugué, (CH3)3NH+. On calcule le pH de la solutionavec l'équation de Henderson-Hasselbalch. La solution est une solution tampon puisque le rapport desconcentrations est entre 0,1 et 10 : il est égal à 3.

[(CH3)3N] =

1 00 1025 0 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 4,00 × 10−2 mol/L

[(CH3)3NH+] =

3 00 1025 0 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 0,120 mol/L

[( ) ][( ) ]

,,

CH NHCH N

mol/L10 m3

3 3

3 3

0 1204 00

+

−=× ool/L

= 3,00

pOH = pKb + log

[( ) ][( ) ]CH NH

CH N3 3

3 3

+

= 4,20 + log

0 1200 0400

,,

= 4,68

pH = 9,32

d) Mole de (CH3)3N = 0,400 mol/L × 10,00 × 10−3 L = 4,00 × 10−3 molMole de HCl = 0,200 mol/L × 16,00 × 10−3 L = 3,20 × 10−3 mol


n0 (mol) −4,00 × 10−3 −3,20 × 10−3 — —

Variation −3,20 × 10−3 −3,20 × 10−3 +3,20 × 10−3 +3,20 × 10−3

n (mol) 0 0 3,20 × 10−3 3,20 × 10−3

Mole de HCl = 0Mole de (CH3)3N = 8,0 × 10−4 molMole de (CH3)3NH+ = 3,20 × 10−3 molVolume final = 26,0 mLLa solution comprend la base, (CH3)3N, et son acide conjugué, (CH3)3NH+. On calcule le pH de la solutionavec l'équation de Henderson-Hasselbalch. La solution est encore une solution tampon puisque le rap-port des concentrations est entre 0,1 et 10 : il est égal à 3,9.



[(CH3)3N] =

8 0 1026 0 10

4

3

,,

××

−

−

mol L

= 0,031 mol/L

[(CH3)3NH+] =

3 2 1026 0 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 0,12 mol/L

[( ) ][( ) ]

,,

CH NHCH N

mol/L mol/L

3 3

3 3

0 120 031

+

= = 3,9

pOH = pKb + log

[( ) ][( ) ]CH NH

CH N3 3

3 3

+

= 4,20 + log

0 120 031

,,

= 4,79

pH = 9,21

e) Mole de (CH3)3N = 0,400 mol/L × 10,00 × 10−3 L = 4,00 × 10−3 molMole de HCl = 0,200 mol/L × 19,9 × 10−3 L = 3,98 × 10−3 mol


n0 (mol) 4,00 × 10−3 −3,98 × 10−3 0 0

Variation −3,98 × 10−3 −3,98 × 10−3 +3,98 × 10−3 +3,98 × 10−3

n (mol) 2,00 × 10−5 0 3,98 × 10−3 3,98 × 10−3

Mole de (CH3)3N = 2,00 × 10−5 molMole de HCl = 0Mole de (CH3)3NH+ = 3,98 × 10−3 molVolume final = 29,9 mLLa solution comprend la base (CH3)3N et son acide conjugué (CH3)3NH+. Le rapport des concentrationsdépasse les limites d'une solution tampon : il est égal à 198. On calcule le pH avec la dissociation de(CH3)3N.

[(CH3)3N] =

2 00 1029 9 10

5

3

,,

××

−

−

mol L

= 6,69 × 10−4 mol/L

[(CH3)3NH+] =

3 98 1029 9 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 0,133 mol/L ⇒

[( ) ][( ) ]CH NH

CH N3 3

3 3

+

= 198

Réaction (CH3)3N(aq) + H2O(l) 9: (CH3)3NH+(aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 6,69 × 10−4 — 0,133 —


[ ] (mol/L) 6,69 × 10−4 − x — 0,133 + x x

6,3 × 10−5 =

x xx

( , )( , )

0 1336 69 10 4

+× −−

0,133x + x2 = 4,21 × 10−8 − 6,3 × 10−5xx2 + 0,133x − 4,21 × 10−8 = 0x = 3,16 × 10−7

[OH−] = 3,16 × 10−7 mol/LpOH = 6,500pH = 7,500

f ) Mole de (CH3)3N = 0,400 mol/L × 10,00 × 10−3 L = 4,00 × 10−3 molMole de HCl = 0,200 mol/L × 20,1 × 10−3 L = 4,02 × 10−3 mol




n0 (mol) 4,00 × 10−3 −4,02 × 10−3 0 0

Variation −4,00 × 10−3 −4,00 × 10−3 +4,00 × 10−3 +4,00 × 10−3

n (mol) 0 2 × 10−5 4,00 × 10−3 4,00 × 10−3

Mole de (CH3)3N = 0 molMole de HCl = 2 × 10−5 molMole de (CH3)3NH+ = 4,00 × 10−3 molVolume final = 30,1 mLLa solution comprend deux acides, HCl et (CH3)3NH+. La concentration des ions H3O

+ est donnée par ladissociation de HCl parce que la dissociation est complète et inhibe celle de (CH3)3NH+.

[H3O+] = [HCl] =

2 1030 1 10

5

3

××

−

−

mol L,

= 6,6 × 10−4 mol/L

pH = 3,18

g) Mole de (CH3)3N = 0,400 mol/L × 10,00 × 10−3 L = 4,00 × 10−3 molMole de HCl = 0,200 mol/L × 30,0 × 10−3 L = 6,00 × 10−3 mol


n0 (mol) 4,00 × 10−3 −6,00 × 10−3 — —

Variation −4,00 × 10−3 −4,00 × 10−3 +4,00 × 10−3 +4,00 × 10−3

n (mol) 0 2,00 × 10−3 4,00 × 10−3 4,00 × 10−3

Mole de HCl = 2,00 × 10−3 molMole de (CH3)3N = 0Mole de (CH3)3NH+ = 4,00 × 10−3 molVolume final = 40,0 mLLa solution comprend deux acides dont un acide fort, HCl. On calcule le pH à partir de la dissociation deHCl.

[HCl] =

2 00 1040 0 10

3

3

,,

××

−

−

mol L

= 0,0500 mol/L

[H3O+] = 0,500 mol/L ⇒ pH = 1,301

2,00

Volume de HCl (mL)

4,00

6,00

8,00

10,00

12,00

14,00

0,000,0 5,0 10,0 15,0 20,0 35,030,025,0

pH

EXERCICE 6.18 (page 268)a) Puisque la solution commerciale contient un acide, il faut utiliser une base forte telle que NaOH ou

KOH.

b) HCl(aq) + NaOH(aq) !: NaCl(aq) + H2O(l)



c) HCl est un acide fort ⇒ [H3O+] = [HCl] = 0,100 mol/L

⇒ pH = −log[H3O+] = −log 0,100 = 1,000

d) pH après les ajouts successifs de :

– 49,9 mL de NaOH

[H3O+] =

50 0 0 10099 9

, ,,

mL mol/LmL

× = 0,0501 mol/L

[OH−] = 49 9 0 100

99 9, ,

,mL mol/L

mL×

= 0,0499 mol/L

Réaction H3O+(aq) + OH−(aq) 9: 2H2O(l)

[ ]0 (mol/L) 0,0501 0,0499 —

Variation −0,0499 −0,0499 —

[ ] (mol/L) 0,0002 0 —

pH = −log[H3O+] = −log 0,0002 = 3,7

– 50,0 mL de NaOH

[H3O+] =

50 0 0 100100 0

, ,,

mL mol/LmL

× = 0,0500 mol/L

[OH−] = 50 0 0 100

100 0, ,

,mL mol/L

mL×

= 0,0500 mol/L


[ ]0 (mol/L) 0,0500 0,0500 —

Variation −0,0500 −0,0500 —

[ ] (mol/L) 0 0 —

pH neutre ⇒ pH = 7,00

– 50,2 mL de NaOH

[H3O+] =

50 0 0 100100 2

, ,,

mL mol/LmL

× = 0,0499 mol/L

[OH−] = 50 2 0 100

100 2, ,

,mL mol/L

mL×

= 0,0501 mol/L


[ ]0 (mol/L) 0,0499 0,0501 —

Variation −0,0499 −0,0499 —

[ ] (mol/L) 0 0,0002 —

pOH = −log[OH−] = −log 0,0002 = 3,7 ⇒ pH = 14,0 − 3,7 = 10,3

EXERCICE 6.19 (page 272)a) Rouge de méthyle

Bleu de bromothymolRouge de phénolPhénolphtaléineBleu de thymol (base)Orange de méthyle

b) Phénolphtaléine, bleu de thymol (base)



QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES (pages 276 à 279)1. F−(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HF(aq)

L'anion fluorure s'hydrolyse dans l'eau et forme des ions OH−. La solution devient basique.

NH4+ (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + NH3(aq)

Le cation NH4+ s'hydrolyse dans l'eau et forme des ions H3O

+. La solution devient acide.

2. a) La solution sera basique puisque la constante d'hydrolyse de l'ion CN− (Kb = 1,6 × 10−5) est plus élevéeque celle de l'ion NH4

+ (Ka = 5,6 × 10−10).b) La solution sera acide en raison de la solvatation de l'ion Fe3+ par les molécules d'eau. Il y aura

formation d'ions H3O+.

c) La solution sera basique en raison de la libération des ions OH−.d) La solution sera basique en raison de l'hydrolyse des ions acétate, CH3COO−.e) La solution sera basique puisque la constante d'hydrolyse de l'ion C6H5O

− (Kb = 7,8 × 10−5) est plusélevée que celle de l'ion NH4

+ (Kb = 5,6 × 10−10).

3. Sel de cocaïne : pKb = 8,41 Kb = 3,9 × 10−9

Sel de codéine : pKb = 7,95 Kb = 1,1 × 10−8

Le sel de codéine possédant la valeur du pKb la plus faible et, par conséquent, la Kb la plus forte pro-duira la solution la plus basique, et donc le pH le plus élevé.

4. Al2(SO4)3(aq) H O2⎯ →⎯⎯ 2Al3+(aq) + 3SO42− (aq)

Al3+(aq) + 6H2O(l) L Al(H O)2 63+(aq)

Al(H O)2 63+(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + AlOH(H O)2 53+ (aq)

La dissolution des sels d'aluminium mène à la formation d'ions H3O+.

5. NH3 < NaNO2 < NaNO3 < NH4ClO4 < CH3COOH

6. pH = 8,60[H3O

+] = 2,5 × 10−9 mol/L[OH−] = 4,0 × 10−6 mol/L

Réaction CH3COO−(aq) L CH3COOH(aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) x 0 0

Variation −4,0 × 10−6 +4,0 × 10−6 +4,0 × 10−6

[ ] (mol/L) x − 4,0 × 10−6 +4,0 × 10−6 +4,0 × 10−6

( ,,

4 04 0

×− ×

−

−

10 )10

6 2

6x = 5,5 × 10−10

5,5 × 10−10x − 2,2 × 10−15 = 1,6 × 10−11

5,5 × 10−10x = 1,6 × 10−11 + 2,2 × 10−15

x = 2,9 × 10−2 mol/L = [CH3COONa]0

7. pOH = 9,25pH = 14,00 − 9,25 = 4,75[H3O

+] = 1,8 × 10−5 mol/L

Réaction NH4+ (aq) L NH3(aq) + H3O

+(aq)

[ ]0 (mol/L) x

Variation −1,8 × 10−5 +1,8 × 10−5 +1,8 × 10−5

[ ] (mol/L) x − 1,8 × 10−5 +1,8 × 10−5 +1,8 × 10−5



( ,,

1 81 8

×− ×

−

−

10 )10

5 2

5x = 5,6 × 10−10

3,2 × 10−10 = 5,6 × 10−10x − 1,00 × 10−14

5,6 × 10−10x ≈ 3,2 × 10−10

x = 0,57 mol/L = [NH4Cl]0

8. pH = 8,88pOH = 14,00 − 8,88 = 5,12[OH−] = 7,6 × 10−6 mol/L

Réaction CH3COO−(aq) L CH3COOH(aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,10 — —

Variation −7,6 × 10−6 +7,6 × 10−6 +7,6 × 10−6

[ ] (mol/L) 0,10 − 7,6 × 10−6 +7,6 × 10−6 +7,6 × 10−6

Kb = ( ,

, ,7 6

0 10 7 6×

− ×

−

−

10 )10

6 2

6 = 5,8 × 10−10

9. a) NH4+ (aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + NH3(aq) Ka = 5,6 × 10−10

NO2− ( )aq + H2O(l) L HNO2(aq) + OH−(aq) Kb = 1,8 × 10−11 ⇒ Ka = 5,6 × 10−4

⇒ [H3O+]2 = 5,6 × 10−10 × 5,6 × 10−4

[H3O+] = K Ka HNO a NH( ) ( )2 4

× + = 5,6 × 10−7 mol/L

pH = 6,25

b) Le pH ne dépend pas de la concentration du sel. Le pH est 6,25.

10. HCOONa(aq) 9: HCOO−(aq) + Na+(aq)

Réaction HCOO−(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HCOOH(aq)

[ ]0 (mol/L) 1,2 × 10−2 — 0 0


[ ] (mol/L) 1,2 × 10−2 − x — x x

Kb = 5,6 × 10−11 =

xx

2

21 2 10, × −−

x2 = 6,72 × 10−13 − 5,6 × 10−11x

x2 + 5,6 × 10−11x − 6,7 × 10−13 = 0

x = 8,2 × 10−7 mol/L = [OH−]

pOH = 6,09

pH = 7,91

11. a) HF(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + F−(aq)

L'addition de NaOH(aq) augmente la dissociation de HF(aq) puisque les ions H3O+(aq) vont réagir

avec les ions OH−(aq) ajoutés : déplacement de l'équilibre vers la droite.

b) CH3NH2(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + CH NH3 3+ (aq)

L'addition de NaOH(aq) diminue la dissociation de CH3NH2(aq) puisqu'il y a augmentation de l'ionOH−(aq) en solution (ion commun) : déplacement de l'équilibre vers la gauche.

c) NH3(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + NH4+ (aq)

L'addition de HNO3(aq) augmente la dissociation de NH3 dans l'eau puisque les ions H3O+(aq) et

OH−(aq) vont réagir ensemble et former de l'eau : déplacement de l'équilibre vers la droite.



d) HF(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + F−(aq)

L'addition de NaF augmente la concentration de l'ion F−(aq) en solution et inhibe la dissociation deHF(aq) : déplacement de l'équilibre vers la gauche.

e) NH3(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + NH4+ (aq)

L'addition de NaCl n'influence pas la dissociation : aucun effet sur l'équilibre.

12. H3PO4(aq) L H3O+(aq) + H PO2 4

− (aq) (1)

H PO2 4− (aq) L OH−(aq) + H3PO4(aq) (2)

La présence de H3PO4 (fonction acide) permet d'absorber un ajout d'une base dans la solution tampon,tandis que la présence de H PO2 4

− (fonction basique) permet d'absorber un ajout d'un acide à cette solu-tion. La stabilité d'un tampon provient de la présence simultanée d'une fonction acide et d'une fonctionbasique. Le tampon est le plus efficace lorsque les concentrations de ses constituants sont les mêmes.

13. Le mélange des deux substances produit de l'acide fluorhydrique HF en solution. Un ajout contrôlé etcalculé de HCl permet d'obtenir un rapport [F−]/[HF] compris entre 0,1 et 10.

14. Le pH ne change pas puisque le rapport de l'espèce basique sur l'espèce acide (ou l'inverse), condition-nant une solution tampon, ne sera pas modifié par l'ajout d'un volume d'eau. La concentration desespèces change mais le ratio demeure le même.

15. pH = pKa + log

[ ][ ]HCOH CO

3

2 3

−

7,40 − 6,35 = log

[ ][ ]HCOH CO

3

2 3

−

= 1,05

[ ][ ]HCOH CO

3

2 3

−

= 11

16. [KOH] = 5 0 0 10

5, , mL mol/L

5,0 mL×

= 0,0091 mol/L

[CH3CH2NH2] =

50 0 0 255

, , mL mol/L5,0 mL

× = 0,23 mol/L

[CH3CH2NH3Cl] =

50 0 0 505

, , mL mol/L5,0 mL

× = 0,45 mol/L

Réaction CH CH NH3 2 3+ (aq) + OH−(aq) 9: H2O(l) + CH3CH2NH2(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,4591 0,0091 — 0,2391

Variation −0,0091 −0,0091 — +0,0091

[ ] (mol/L) 0,4491 0 — 0,2491

[ ]]

,,

CH CH NH[CH CH NH

mol/L mol/L

3 2 3

3 2 2

+

=0 440 24

= 1,8

0,1 ≤ 1,8 ≤ 10Le ratio des concentrations indique que la solution est un tampon.

pOH = pKb + log

[ ]]

CH CH NH[CH CH NH

3 2 3

3 2 2

+

pOH = 3,30 + log

0 440 24,,

mol/L mol/L

= 3,56

pH = 10,44



17. À partir de la valeur du pH à atteindre, on calcule le ratio des concentrations.CH3COOH(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + CH3COO−(aq)[H3O

+] = 10−5,05 = 8,9 × 10−6 mol/L

Ka

3[H OCH COOCH COOH+

− −

−= = ××]

[ ][ ]

,,

3

3

51 8 108 9 10 66 = 2,0

Pour atteindre un pH de 5,05, on devra avoir un rapport de 2,0 entre les deux constituants. Ce rapportétant dans les mêmes proportions que celui des nombres de moles, on a :

[ ][ ]CH COOCH COOH

CH COO

CH COOH

3

3

3

3

−

=−n

n = 2,0

n

CH COO3− = 2,0 nCH COOH3

Mole initiale de CH3COO− = 0,550 mol/L × 0,3000 L = 0,165 molMole initiale de CH3COOH = 0,250 mol/L × 0,3000 L = 0,0750 mol

Réaction HCl(aq) + CH3COO−(aq) 9: CH3COOH(aq) + Cl−(aq)

n0 (mol) x 0,165 0,0750 —

Variation −x −x +x —

n (mol) 0 0,165 − x 0,0750 + x —

n

CH COO3− = 0,165 − x

nCH COOH3 = 0,0750 + x

0,165 − x = 2,0(0,0750 + x)0,165 − x = 0,150 + 2,0x3x = 0,015x = 5,0 × 10−3 mol

Volume de HCl =

5 0 106 0

3,,× − mol

mol/L = 8,3 × 10−4 L (0,83 mL)

18. CH3COOH(aq) L CH3COO−(aq) + H3O+(aq)

Ka =

[ ][ ][ ]

CH COO H OCH COOH3 3

3

− +

[H3O+] = 10−5,10 = 7,9 × 10−6 mol/L

Ka

3[H OCH COOCH+

−

−

−

= ××

= =]

,,

,[ ][

1 8 107 9 10

2 35

63

3CCOOH]

[CH3COO−]e = 2,3[CH3COOH]e

n

CH COO3− = 2,3 nCH COOH3

= 2,3 × 0,3000 L × 0,25 mol/L

n

CH COO3− = 0,17 mol

Masse de CH3COO−Na+ = 0,17 mol × 82,04 g/mol = 14 g

19. HCN(aq) L H3O+(aq) + CN−(aq)

CN−(aq) L OH−(aq) + HCN(aq)

Réaction NaCN(aq) + HNO3(aq) 9: NaNO3(aq) + HCN(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,25 0,15 0 0,40

Variation −0,15 −0,15 +0,15 +0,15

[ ] (mol/L) 0,10 0 — 0,55



[ ][ ]

,,

CNHCN

−

=0 100 55

= 0,18 ⇒ solution tampon

pH = pKa + log

[ ][ ]CNHCN

−

= 9,21 + log 0,18 = 8,47

20. a) HPO42− (aq) L OH−(aq) + H PO2 4

− (aq)

H PO2 4− (aq) L H3O

+(aq) + HPO42− (aq)

pH = pKa + log

[HPO[H PO2

42

4

−

−

]]

pH = 7,21 + log

0 0350 070,,

pH = 6,91

b) NH3(aq) L OH−(aq) + NH4+ (aq)

NH4+ (aq) L H3O

+(aq) + NH3(aq)

pOH = pKb + log

[NH[NH3

4+ ]]

pOH = 4,75 + log

0 0800 060,,

mol mol

pOH = 4,87

pH = 9,13

21. HNO2(aq) + H2O(l) L H3O+(aq) + NO2

− (aq)NO2

− (aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HNO2(aq)– Quantité de NO2

−

pH = pKa + log

[NO[HNO2

2−]

]

3,07 = 3,25 + log

[NO[HNO2

2−]

] ⇒ log

[NO[HNO2

2−]

] = −0,18

[NO[HNO2

2−]

] = 0,661

n

nNO

HNO2

2−

= 0,661

n n

NO HNO220 661− = ,

nHNO2

mol L

=0 50

1,

× 100,0 × 10−3 L = 0,050 mol

n

NO2− = 0,661 × 0,050 mol = 0,033 mol

Réaction HCl(aq) + NO2− (aq) 9: HNO2(aq) + Cl−(aq)

n0 (mol) x 0,033 0,050 0


n (mol) 0 0,033 − x 0,050 + x x

La valeur « x » du HCl dépend du pH à atteindre. En utilisant l'équation de Henderson-Hasselbalch,nous pouvons établir le lien entre la valeur du pH (2,98) et les concentrations des composants de lasolution.

pH = pKa + log

[NO[HNO2

2−]

]



2,98 = 3,25 + log

[NO[HNO2

2−]

] ⇒ log

[NO[HNO2

2−]

] = −0,27

[NO[HNO2

2−]

] = 0,537

[ NO2− ] = 0,537[HNO2]

n n

NO HNO220 537− = ,

n

NO2− = 0,033 − x

nHNO2 = 0,050 + x

0,033 − x = 0,537(0,050 + x)0,033 − x = 0,027 + 0,537x0,006 = 1,537xx = 4 × 10−3 molnHCl = 4 × 10−3 mol et masse de HCl = 4 × 10−3 mol × 36,45 g/mol = 0,1 g

22. a) Réaction CH3NH3Cl(aq) + KOH(aq) 9: KCl(aq) + CH3NH2(aq) + H2O(l)

n0 (mol) 0,0300 0,0150 0 0,250 —

Variation −0,0150 −0,0150 +0,0150 +0,0150 —

n (mol) 0,0150 0 0,0150 0,265 —

[ ][ ]

,,

CH NH ClCH NH

3 3

3 2

0 01500 265

= = 0,0566 ⇒ Ce n'est plus une solution tampon.

Réaction CH3NH2(aq) + H2O(l) L CH NH3 3+ (aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,265 — 0,0150 —


[ ] (mol/L) 0,265 − x 0 0,0150 + x x

4,3 × 10−4 =

x xx

( , )( , )0 01500 265

+−

1,14 × 10−4 − 4,3 × 10−4x = 0,0150x + x2

x2 + 1,54 × 10−2x − 1,14 × 10−4 = 0x = 5,5 × 10−3 mol/L = [OH−]pOH = −log 5,5 × 10−3 = 2,26pH = 11,74

b) Réaction CH3NH2(aq) + HBr(aq) 9: CH NH3 3+ (aq) + Br−(aq)

n0 (mol) 0,250 0,0150 0,0300 0

Variation −0,0150 −0,0150 +0,0150 +0,0150

n (mol) 0,235 0 0,0450 0,0150

[ ][ ]

,,

CH NHCH NH

mol/L mol/L

3 3

3 2

0 04500 235

+

= = 0,191 ⇒ solution tampon

pOH = pKb + log

[ ][ ]CH NHCH NH

3 3

3 2

+

= 3,37 + log

0 04500 235,,

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = 3,37 − 0,718 = 2,65

pH = 11,35

23. pH = 10,20 ± 0,20 ⇒ pH compris entre 10,00 et 10,40. L'ion hydrogénocarbonate, HCO3−, remplit cette

condition (pKa = 10,33); sa base conjuguée est l'ion carbonate, CO32− .



24. pH = pKa + log [ ][ ]HCOOHCOOH

−

⇒ log [ ][ ]HCOOHCOOH

−

= pH − pKa

log [ ][ ]HCOOHCOOH

−

= 4,20 − 3,75 = 0,45 ⇒ [ ][ ]HCOOHCOOH

−

= 100,45 = 2,8

[ ],

HCOO−

0 200 = 2,8 ⇒ [HCOO−] = 0,56 mol/L

mol HCOO− = 0,56 mol/L × 0,250 L = 0,14 molMasse HCOONa = 0,14 mol × 68,01 g/mol = 9,5 g

25. [ ]HSO3− = [ ]SO3

2− ⇒ pH = pKa = log 6,3 × 10−11 = 10,20

pH = pKa + log [ ][ ]HSOSO

3

32

−

− ⇒ 9,20 = 10,20 + log [ ][ ]HSOSO

3

32

−

−

⇒ log [ ][ ]HSOSO

3

32

−

− = −1 ⇒ [ ][ ]HSOSO

3

32

−

− = 0,10

0 3000 300,,

−+

xx

= 0,10 ⇒ 0,300 − x = 0,030 + 0,10x

0,270 = 1,10x ⇒ x = 0,25 mol

26. La force de l'acide n'a pas d'importance dans ce cas-ci puisqu'on utilise une base forte, NaOH, pourneutraliser l'acide. Pour réaliser un titrage, on doit utiliser des espèces fortes (au moins une parmi lesdeux en présence). La réaction de neutralisation avec NaOH est une réaction complète (déplacementvers la droite, formation des produits).

27. a) HCl(aq) + NH3(aq) 9: NH4+ (aq) + Cl−(aq)

b) Au point d'équivalence : n nHCl NH=3

cHClVHCl = c VNH NH3 3

c

c VVNH

HCl HCl

NH3

3

,02 mol/L mL mL

= =×1 28 70

5 00,

, = 5,85 mol/L

c) nNH3 = 5,85 mol/L × 5,00 × 10−3 L = 0,0293 mol

Masse NH3 = 0,0293 mol × 17,03 g/mol = 0,499 g

% m/V =

0 1005 00

,499 g % mL×

, = 9,98 %

28. [acide] =

[ ] ,,

base ,200 mol/L mL mL

base

acide

VV

=×0 42 0

25 0 = 0,336 mol/L

nacide = 0,336 mol/L × 0,1000 L = 0,0336 mol

Macide =

60

,04 g,0336 mol

= 180 g/mol

29. a) [HNO3] =

0 13 25 035 0

, ,,

mol/L mLmL

× = 0,093

[KOH] = 0 30 10 0

35 0, ,

,mol/L mL

mL×

= 0,086



Réaction KOH(aq) + HNO3(aq) 9: KNO3(aq) + H2O(l)

[ ]0 (mol/L) 0,086 0,093 0 —

Variation −0,086 −0,0868 +0,086 —

[ ] (mol/L) 0 0,007 0,086 —

L'acide nitrique est totalement dissocié.[HNO3] = [H3O

+]pH = −log 0,006 mol/L = 2,15

b) [K+] = 0,086 mol/L [ NO3− ] = 0,086 mol/L + 0,007 mol/L = 0,097 mol/L

30. a) [C6H5COOH] =

0 13 25 035 0

, ,,

mol/L mLmL

× = 0,093 mol/L

[KOH] =

0 30 10 035 0

, ,,

mol/L mLmL×

= 0,086 mol/L

Réaction C6H5COOH(aq) + KOH(aq) 9: C6H5COO−K(aq) + H2O(l)

[ ]0 (mol/L) 0,093 0,086 0 —

Variation − 0,0868 −0,086 +0,086 —

[ ] (mol/L) −0,007 0 0,086 —

[ ][ ]

,,

C H COOHC H COO

6 5

6 5

0 0070 086− = = 0,08 ⇒ rapport légèrement inférieur à une solution tampon

Réaction C6H5COOH(aq) L C6H5COO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,007 0,086 0


[ ] (mol/L) 0,007 − x 0,086 + x x

Ka = 6,5 × 10−5 =

( , )( , )0 0860 0068

+−x xx

6,5 × 10−5 =

0 0860 007

2,( , )

x xx

+−

0,086x + x2 = 4,55 × 10−7 − 6,5 × 10−5xx2 + 8,6065 × 10−2x − 4,42 × 10−7 = 0x = 5,1 × 10−6 mol/L = [H3O

+]pH = −log 5,1 × 10−6 = 5,29

b) [C6H5COO−] = [K+] = 0,086 mol/L

31. pH = 6

32. a) Bleu de thymol (acide)b) Bleu de thymol (base)

Phénolphtaléine

33. On neutralise CH3NH3Cl avec KOH.

CH NH3 3+ (aq) + KOH(aq) 9: CH3NH2(aq) + H2O + K+(aq)

Lorsque la neutralisation est complète, le nombre de moles de CH3NH2 formé est identique au nombrede moles de CH3NH3Cl de départ.

nCH NH Cl3 3 = 0,10 mol/L × 50,0 × 10−3 L = 5,00 × 10−3 mol

nCH NH3 2 = 5,00 × 10−3 mol

CH3NH2(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + CH NH3 3+ (aq)



Au point d'équivalence, le nombre de moles de chlorure de méthylammonium est le même que celui del'hydroxyde de potassium.mol de CH3NH3Cl = 0,10 mol/L × 50,0 × 10−3 L = 5,0 × 10−3 mol

Volume KOH =

5 0 100

3, × − mol,200 mol/L

= 0,025 L

Réaction CH3NH3Cl(aq) + KOH(aq) 9: KCl(aq) + CH3NH2(aq)

n0 (mol) 5,0 × 10−3 5,0 × 10−3 — 0

Variation −5,0 × 10−3 −5,0 × 10−3 +5,0 × 10−3 +5,0 × 10−3

n (mol) 0 0 — 5,0 × 10−3

[CH3NH2] =

5 0 100

3, × − mol,075 L

= 0,067 mol/L

Réaction CH3NH2(aq) + H2O(l) 9: CH NH3 3+ (aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,067 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,067 − x — x x

Kb = 4,3 × 10−4 =

xx

2

0 067( , )−2,88 × 10−5 − 4,3 × 10−4x = x2

x2 + 4,3 × 10−4x − 2,88 × 10−5 = 0x = 5,2 × 10−3 mol/L = [OH−]pOH = 2,28pH = 11,72

34. a) nHNO3 = 0,300 mol/L × 0,0500 L = 0,0150 mol

nNaOH = 0,150 mol/L × 0,0100 L = 0,001 50 mol


n0 (mol) 0,0150 5 0,001 50 — —

Variation −0,001 50 −0,001 50 +0,001 50 —

n (mol) 0,0135 5 0 +0,001 50 —

[HNO3] =

0 01350 0600,,

mol L

= 0,225 mol/L

[HNO3] = [H3O+] = 0,225 mol/L

pH = 0,648

b) nHNO3 = 0,300 mol/L × 0,0500 L = 0,0150 mol

nNaOH = 0,150 mol/L × 0,0500 L = 0,007 50 mol


n0 (mol) 0,0150 0,007 50 0 —

Variation −0,007 50 −0,007 50 +0,007 50 —

n (mol) 0,007 50 0 — —

[HNO3] =

0 007 500 1000

,,

mol L

= 0,0750 mol/L

[HNO3] = [H3O+] = 0,0750 mol/L

pH = 1,125



c) nHNO3 = 0,300 mol/L × 0,0500 L = 0,0150 mol

nNaOH = 0,150 mol/L × 0,0750 L = 0,0113 mol


n0 (mol) 0,0150 0,0113 0 —

Variation −0,0113 −0,0113 +0,0113 —

n (mol) 0,0037 0 0,0113 —

[HNO3] =

0 00370 125,

,molL

= 0,030 mol/L

[HNO3] = [H3O+] = 0,030 mol/L

pH = 1,52

d) nHNO3 = 0,300 mol/L × 0,0500 L = 0,0150 mol

nNaOH = 0,150 mol/L × 0,1000 L = 0,0150 mol


n0 (mol) 0,0150 0,0150 0 —

Variation −0,0150 −0,0150 +0,0150 —

n (mol) 0 0 0,0150 —

[HNO3] = [NaOH] = 0pH = 7 (car aucune hydrolyse pour NaNO3)

e) nHNO3 = 0,300 mol/L × 0,0500 L = 0,0150 mol

nNaOH = 0,150 mol/L × 0,1500 L = 0,0225 mol


n0 (mol) 0,0150 0,0225 0 —

Variation −0,0150 −0,0150 +0,0150 —

n (mol) 0 0,0075 0,0150 —

[NaOH] =

0 00750 2000,,

mol L

= 0,038 mol/L

[NaOH] = [OH−] = 0,038 mol/LpOH = 1,42pH = 12,58

35. a) [HOCl] = 1,00 mol/L[KOH] = 0,800 mol/LVHOCl = 40,0 mL

nHOCl = 1,00 mol/L × 0,0400 L = 0,0400 mol

nKOH = 0,800 mol/L × 30,0 × 10−3 L = 0,024 mol

Réaction HOCl(aq) + KOH(aq) 9: H2O(l) + KOCl(aq)

n0 (mol) 0,0400 0,0240 — —

Variation −0,0240 −0,0240 — +0,0240

n (mol) 0,0160 0 — 0,0240

[HOCl] =

00 0700,0160 mol

L, = 0,229 mol/L

[KOCl] =

00 0700,0240 mol

L, = 0,343 mol/L



[ ][ ]

,,

KOClHOCl

mol/L mol/L

=0 3430 229


pH = pKa + log

[ ][ ]OClHOCl

−

= 7,40 + log

0 3430 229,,

= 7,58

b) Le pH de demi-équivalence correspond à la moitié du nombre de moles de l'acide HOCl.nHOCl = 0,0400 mol

nHOCl(demi-équiv.) =

0 04002

, = 0,0200 mol


n0 (mol) 0,0400 0,0200 — 0

Variation −0,0200 −0,0200 — +0,0200

n (mol) 0,0200 0 — 0,0200

VKOH =

nKOH

KOH mol

mol/L[ ],

,=

0 02000 800

= 0,0250 L

Vtot. = 0,0250 L + 0,0400 L = 0,0650 L

[KOCl] =

0 02000 0650,,

mol L

= 0,308 mol/L

[HOCl] =

0 02000 0650,,

mol L

= 0,308 mol/L

[HOCl] = [KOCl] ⇒ solution tampon

pH = 7,40 + log

0 3080 308,,

mol/L mol/L

= 7,40

c) Au point d'équivalence, le nombre de moles d'acide HOCl correspond au nombre de moles de baseKOH.nHOCl = nKOH = 0,0400 mol


n0 (mol) 0,0400 0,0400 — 0

Variation −0,0400 −0,0400 — +0,0400

n (mol) 0 0 — 0,0400

VKOH =

nKOH

KOH mol

mol/L[ ],

,=

0 04000 800

= 0,0500 L

Vtot. = 50,0 mL + 40,0 mL = 90,0 mL

[KOCl] =

0 04000 0900,,

mol L

= 0,444 mol/L

Réaction OCl−(aq) L HOCl(aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,444 0 0


[ ] (mol/L) 0,444 − x x x



xx

2

0 444, − = 2,5 × 10−7

x2 = 1,11 × 10−7 − 2,5 × 10−7xx2 + 2,5 × 10−7x − 1,11 × 10−7 = 0x = 3,3 × 10−4 mol/L = [OH−]pOH = 3,48pH = 10,52

d) nHOCl = 1,00 mol/L × 40,0 × 10−3 L = 0,0400 molnKOH = 0,800 mol/L × 60,0 × 10−3 L = 0,0480 mol

Réaction HOCl(aq) + KOH(aq) 9: KOCl(aq) + H2O(l)

n0 (mol) 0,0400 0,0480 0 —

Variation −0,0400 −0,0400 +0,0400 —

n (mol) 0 0,0080 0,0400 —

[KOH] =

0 00800 1000,,

mol L

= 0,080 mol/L

[OCl−] =

0 04000 1000,,

mol L

= 0,400 mol/L

Solution contenant deux espèces basiques. La présence d'une base forte telle KOH diminue l'hydro-lyse de la base conjuguée OCl− qui peut être négligée. Le pH est alors donné par la concentrationde KOH.[KOH] = [OH−] = 0,080 mol/LpOH = 1,10pH = 12,90

36. a) Réaction NH3(aq) L NH4+ (aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,300 0 0


[ ] (mol/L) 0,300 − x x x

xx

2

0 300, − = 1,8 × 10−5 ≈

x2

0 300,x = 2,3 × 10−3 mol/L = [OH−]pOH = 2,64pH = 11,36

b) HNO3(aq) + NH3(aq) 9: NH4+ (aq) + NO3

− (aq)Au point d'équivalence, le nombre de moles de HNO3 est égal au nombre de moles de NH3.

nNH3 = nHNO3

V

VHNO

NH

3

3NH

HNO mol/L mL

mol/L= =

×[ ]

[ ], ,

,3

3

0 300 20 00 240

= 25,0 mL

c)

VHNO3 mL2

25 02

=,

= 12,5 mL

nHNO3 = 0,240 mol/L × 0,0125 L = 0,003 00 mol

nNH3 = 0,300 mol/L × 0,0200 L = 0,006 00 mol



Réaction HNO3(aq) + NH3(aq) 9: NH4+ (aq) + NO3

− (aq)

n0 (mol) 0,003 00 0,006 00 0 0

Variation −0,003 00 −0,003 00 +0,003 00 +0,003 00

n (mol) 0 0,003 00 0,003 00 0,003 00

[NH3] =

00

,003 00 mol,0325 L

= 0,0923 mol/L

[ NH4+ ] =

00

,003 00 mol,0325 L

= 0,0923 mol/L

[ ][ ]NHNH

,0923 mol/L,0923 mol/L

3

4+ =

00

= 1 ⇒ solution tampon

pOH = pKb + log

[ ][ ]NHNH

4

3

+

= 4,75 + 0 = 4,75

pH = 9,25

d) VHNO3 = 25,0 mL

VNH3 = 20,0 mL

nHNO3 = nNH3

= [NH3] × VNH3 = 0,300 mol/L × 20,0 × 10−3 L = 0,006 00 mol


− (aq)

n0 (mol) 0,006 00 0,006 00 0 0

Variation −0,006 00 −0,006 00 +0,006 00 +0,006 00

n (mol) 0 0 0,006 00 0,006 00

[ NH4+ ] =

00

,006 00 mol,0450 L

= 0,133 mol/L

Réaction NH4+ (aq) L NH3(aq) + H3O

+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,133 0 0


[ ] (mol/L) 0,133 − x x x

xx

2

0 133, − = 5,6 × 10−10

x2 = 7,45 × 10−11 − 5,6 × 10−10xx2 + 5,6 × 10−10x − 7,45 × 10−11 = 0x = 8,6 × 10−6 mol/L = [H3O

+]pH = 5,07

e) nHNO3 = 0,240 mol/L × 0,0300 L = 0,007 20 mol

nNH3 = 0,300 mol/L × 0,0200 L = 0,006 00 mol


− (aq)

n0 (mol) 0,007 20 0,006 00 0 0

Variation −0,006 00 −0,006 00 +0,006 00 +0,006 00

n (mol) 0,001 20 0 0,006 00 0,006 00

La solution contient deux espèces acides, NH4+ et HNO3. La présence de l'acide fort, HNO3, inhibe la

réaction suivante :

NH4+ (aq) L H3O

+(aq) + NH3(aq)



La concentration des ions H3O+ est alors donnée par la dissociation de HNO3.

[HNO3] = [H3O+] =

00

,001 20 mol,0500 L

= 0,0240 mol/L

pH = −log 0,0240 = 1,620

37. a) MHCOOH = 46,03 g/molMHCOONa = 68,02 g/mol

[HCOOH] =

04

,71 g6,03 g /mol 0,1000 L×

= 0,15 mol/L

[HCOONa] =

06

,58 g8,02 g mol 0,1000 L/ ×

= 0,085 mol/L

[ ][ ] ,

HCOOHHCOONa

, 5=

0 10 085

= 1,8

Le rapport acide et base conjuguée, 1,8, indique qu'il y a formation d'une solution tampon.On utilise l'équation de Henderson-Hasselbalch pour en calculer le pH.HCOOH(aq) L HCOO−(aq) + H3O

+(aq)

pH = pKa + log

[ ][ ]HCOOHCOOH

−

= 3,75 + log

0 0850 15,,

= 3,50

b) L'hydroxyde de baryum est une espèce forte (base) qui réagit avec l'acide formique.

Réaction Ba(OH)2(aq) + 2HCOOH(aq) 9: Ba+(aq) + 2H2O(l) + 2HCOO−(aq)

n0 (mol) 2,5 × 10−4 1,5 × 10−2 0 — 8,5 × 10−3

Variation −2,5 × 10−4 −5,0 × 10−4 +2,5 × 10−4 — +5,0 × 10−4

n (mol) 0 1,45 × 10−2 2,5 × 10−4 — 9,0 × 10−3

[HCOOH] =

1 45 100 1000

2,,

× − mol L

= 0,145 mol/L

[HCOO−] =

9 0 100 1000

3,,× − mol

L = 9,0 × 10−2 mol/L

[ ][ ]

,,

HCOOHCOOH

− −

=×9 0 10

0 145

2

= 0,62

Le rapport base conjuguée/acide, 0,62, indique qu'il y a formation d'une solution tampon.

pH = 3,75 + log

9 0 100 145

2,,

× −

= 3,54

c) [HCOOH]0 =

0 145 100 0101 0

, ,,

× mL mL

= 0,144 mol/L

[HCOO−]0 =

9 0 10 100 01

2, ,× ×− mol/L mL01,0

= 0,089 mol/L

[HCl]0 =

1 1 001

2,6 mol/L mL01,0 mL

× , = 0,125 mol/L

Réaction HCl(aq) + HCOO−(aq) 9: HCOOH(aq) + Cl−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,125 0,089 0,144 0

Variation −0,089 −0,089 +0,089 +0,089

[ ] (mol/L) 0,036 0 0,233 0,089



La solution contient deux espèces acides, HCl et HCOOH, dont une espèce forte, HCl. La présence decette espèce inhibe la dissociation de HCOOH.[H3O

+]HCl = 0,036 mol/L ≈ [H3O+]tot.

pH = 1,44Le pH de la solution calculé à partir de cette hypothèse est de 1,44 au lieu de 1,43 si on considèrel'apport de la dissociation de HCOOH.

d) [HCOOH]0 =

0 100 01

,15 mol/L mL01,0 mL

× , = 0,149 mol/L

[HCOO−]0 =

0 100 01

,085 mol/L mL01,0 mL

× , = 0,084 mol/L

[HCl]0 =

1 1 01

2,6 mol/L mL01,0 mL

× , = 0,125 mol/L

Réaction HCl(aq) + HCOO−(aq) 9: HCOOH(aq) + Cl−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,125 0,084 0,148 0

Variation −0,084 −0,084 +0,084 +0,084

[ ] (mol/L) 0,041 0 0,232 0,084

La solution contient deux substances acides dont une espèce forte, HCl. La présence de cet acide,totalement dissocié, inhibe la dissociation de l'acide formique. La contribution de l'acide HCOOH à laformation de H3O

+ en solution est négligeable et n'est pas considérée.[H3O

+]HCl = [HCl] = 0,041 mol/L ≈ [H3O+]tot.

pH = 1,39

38. a) [NaOH] =

1,00 mL mol/L1,0 mL

× 0 105

, = 2,0 × 10−3 mol/L

[HCOOH] =

50,0 mL mol/L1,0 mL

× 0 505

, = 0,49 mol/L

Il y a neutralisation de l'acide formique par l'hydroxyde de sodium.

Réaction HCOOH(aq) + NaOH(aq) 9: HCOO−Na(aq) + H2O(l)

[ ]0 (mol/L) 0,498 2,0 × 10−3 — —

Variation −2,0 × 10−3 −2,0 × 10−3 +2,0 × 10−3 —

[ ] (mol/L) 0,488 0 2,0 × 10−3 —

Le rapport [HCOO−]/[HCOOH] est de 0,004. La solution obtenue n'est pas un tampon.Pour calculer le pH de la solution, on utilise la réaction d'équilibre ayant la constante la plus élevée.C'est la dissociation de l'acide formique qui est favorisée.HCOOH(aq) + H2O(l) L H3O

+(aq) + HCOO−(aq) Ka = 1,8 × 10−4

HCOO−(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + HCOOH(aq) Kb = 5,6 × 10−11

Réaction HCOOH(aq) + H2O(l) L HCOO−(aq) + H3O+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,49 — 2,0 × 10−3 —


[ ] (mol/L) 0,49 − x — 2,0 × 10−3 + x x

1,8 × 10−4 =

( , )( , )

2 0 100 49

3× +−

− x xx

2,0 × 10−3x + x2 = 8,82 × 10−5 − 1,8 × 10−4xx2 + 2,18 × 10−3x − 8,82 × 10−5 = 0x = 8,4 × 10−3 mol/L = [H3O

+]pH = 2,08



b) Pour obtenir une solution tampon, le rapport [HCOOH]/[HCOO−] ne doit pas être supérieur à 10.

[ ][ ]HCOOHHCOO

HCOOH

HCOO− = =

−

10nn

nHCOOH = 10nHCOO−

Au départ, le nombre de moles de HCOOH est de 0,025 mol.nHCOOH = 50,0 × 10−3 L × 0,50 mol/L = 0,025 molÀ partir de l'équation de neutralisation de HCOOH par NaOH, on peut déterminer la quantité deNaOH nécessaire à l'atteinte du rapport (10).

Réaction HCOOH(aq) + NaOH(aq) 9: HCOO−(aq) + Na+(aq) + H2O(l)

n0 (mol) 0,025 x 0 0 —

Variation −x −x +x +x —

n (mol) 0,025 − x 0 x x —

nHCOOH = 10nHCOO−

0,025 − x = 10x0,025 = 11xx = 0,0023x = 0,0023 mol = nNaOH à ajouter

VNaOH =

0 00230 10,,

mol mol/L

= 0,023 L (23 mL)

39. a) [HCl] = 0,500 mol/L[NH3] = 0,160 mol/LVf = VNH3

+ VHCl

Les concentrations de HCl et de NH3 sont réduites de moitié lorsque le volume double.

[HCl]0 =

0 5002

, mol/L = 0,250 mol/L

[NH3]0 =

0 1602

, mol/L = 0,0800 mol/L

Réaction HCl(aq) + NH3(aq) 9: NH4+ (aq) + Cl−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,250 0,0800 0 0

Variation −0,0800 −0,0800 +0,0800 +0,0800

[ ] (mol/L) 0,170 0 0,0800 0,0800

La solution est constituée de deux espèces acides dont HCl. La présence d'un acide fort inhibe ladissociation de l'acide faible, NH4

+ . La concentration de H3O+ en solution dépend presque unique-

ment de la dissociation de HCl et très peu de NH4+ .

HCl(aq) 9: H3O+(aq) + Cl−(aq)

[HCl] = [H3O+] = 0,170 mol/L

[ NH4+ ] = 0,0800 mol/L = [Cl−]

b) pH = −log [H3O+] = −log 0,170 = 0,770


40. a) Réaction HCN(aq) L H3O+(aq) + CN−(aq)

[ ]0 (mol/L) 2,5 × 10−2 0 0


[ ] (mol/L) 2,5 × 10−2 − x x x



xx

2

22 5 10( , )× −− = 6,2 × 10−10

x2 = 1,55 × 10−11 − 6,2 × 10−10xx2 + 6,2 × 10−10x − 1,55 × 10−11 = 0x = 3,9 × 10−6 mol/L = [H3O

+]pH = 5,41

b) [HCN]dilué =

2 2 5 105

20,0 mL mol/L0,0 mL

× × −, = 0,010 mol/L

Réaction HCN(aq) LH O2

H3O+(aq) + CN−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,010 0 0


[ ] (mol/L) 0,010 − x x x

xx

2

0 010, − = 6,2 × 10−10

x2 = 6,2 × 10−12 − 6,2 × 10−10xx2 + 6,2 × 10−10x − 6,2 × 10−12 = 0x = 2,50 × 10−6 mol/L = [H3O

+]pH = 5,60

c) [HCN] =

2 5 10 23

2, × ×− mol/L 0,0 mL0,0 mL

= 0,017 mol/L

[HCl] =

2 0 10 13

3, × ×− mol/L 0,0 mL0,0 mL

= 6,7 × 10−4 mol/L

La solution contient deux espèces acides dont une espèce forte, HCl. La contribution de HCN à laformation de H3O

+ est très négligeable (Ka = 6,2 × 10−10).[H3O

+]HCl = 6,7 × 10−4 mol/L = [HCl] ≈ [H3O+]tot.

pH = 3,17

d) [HCN] =

2 5 10 25

2, × ×− mol/L 0,0 mL0,0 mL

= 0,010 mol/L

[KCN] = [CN−] =

4 0 10 35

2, × ×− mol/L 0,0 mL0,0 mL

= 0,024 mol/L

[ ][ ]CNHCN

,024 mol/L,010 mol/L

−

=00


pH = pKa + log

[ ][ ]CNHCN

−

= 9,21 + log

00,024,010

pH = 9,59

e) [HCl]0 =

5 0 1 0 105

2, , mL mol/L5,0 mL

× × −

= 9,1 × 10−4 mol/L

[CN−]0 =

0 50 05

,024 mol/L mL5,0 mL

× , = 2,2 × 10−2 mol/L

[HCN]0 =

0 50 05

,010 mol/L mL5,0 mL

× , = 9,1 × 10−3 mol/L



Réaction HCl(aq) + CN−(aq) 9: HCN(aq) + Cl−(aq)

[ ]0 (mol/L) 9,1 × 10−4 2,2 × 10−2 9,1 × 10−3 0

Variation −9,1 × 10−4 −9,1 × 10−4 +9,1 × 10−4 +9,1 × 10−4

[ ] (mol/L) 0 2,1 × 10−2 1,0 × 10−2 9,1 × 10−4

[ ][ ]

,,

CNHCN

mol/L mol/L

− −

−=××

2 1 101 0 10

2

2 = 2,1 ⇒ solution tampon

pH = pKa + log

[ ][ ]CNHCN

−

= 9,21 + log 2,1 = 9,21 + 0,32 = 9,53

f ) [NaOH]0 =

5 0 1 0 105

2, , mL mol/L5,0 mL

× × −

= 9,1 × 10−4 mol/L

[CN−]0 =

0 50 05

,024 mol/L mL5,0 mL

× , = 2,2 × 10−2 mol/L

[HCN]0 =

0 50 05

,010 mol/L mL5,0 mL

× , = 9,1 × 10−3 mol/L

Réaction NaOH(aq) + HCN(aq) 9: Na+(aq) + H2O(l) + CN−(aq)

[ ]0 (mol/L) 9,1 × 10−4 9,1 × 10−3 0 — 2,2 × 10−3

Variation −9,1 × 10−4 −9,1 × 10−4 +9,1 × 10−4 — +9,1 × 10−4

[ ] (mol/L) 0 8,2 × 10−3 9,1 × 10−4 — 3,1 × 10−3

[ ][ ]

,,

CNHCN

mol/L mol/L

− −

−=××

3 1 108 2 10

3


pH = pKa + log

[ ][ ]CNHCN

−

= 9,21 + log 0,38 = 9,21 − 0,42 = 8,79

g) [HCN]0 =

2 5 102

2, × ×− mol/L 20,0 mL5,0 mL

= 2,0 × 10−2 mol/L

[NaOH]0 =

2 0 102

2, × ×− mol/L 5,0 mL5,0 mL

= 4,0 × 10−3 mol/L

Réaction NaOH(aq) + HCN(aq) 9: H2O(l) + Na+(aq) + CN−(aq)

[ ]0 (mol/L) 4,0 × 10−3 2,0 × 10−2 — 0 0

Variation −4,0 × 10−3 −4,0 × 10−3 — +4,0 × 10−3 +4,0 × 10−3

[ ] (mol/L) 0 1,6 × 10−2 — 4,0 × 10−3 4,0 × 10−3

[ ][ ]

,,

CNHCN

mol/L mol/L

− −

−=××

4 0 101 6 10

3


pH = pKa + log

[ ][ ]CNHCN

−

= 9,21 + log

4 0 101 6 10

3

2

,,

××

−

−

mol/L mol/L

= 9,21 − 0,60 = 8,61

h) [HCN]0 =

2 5 105

2, × ×− mol/L 20,0 mL0,0 mL

= 1,0 × 10−2 mol/L

[NaOH]0 =

2 0 105

2, × ×− mol/L 30,0 mL0,0 mL

= 1,2 × 10−2 mol/L



Réaction HCN(aq) + NaOH(aq) 9: H2O(l) + Na+(aq) + CN−(aq)

[ ]0 (mol/L) 1,0 × 10−2 1,2 × 10−2 — 0 0

Variation −1,0 × 10−2 −1,0 × 10−2 — +1,0 × 10−2 +1,0 × 10−2

[ ] (mol/L) 0 2,0 × 10−3 — 1,0 × 10−2 1,0 × 10−2

La solution contient deux espèces basiques dont une espèce forte, NaOH. La présence de NaOHinhibe l'hydrolyse de l'anion CN− et sa contribution à la formation de OH− sera négligeable.[NaOH] = 2,0 × 10−3 mol/L = [OH−]NaOH ≈ [OH−]tot.

pOH = 2,70pH = 11,30

i) [HCN]0 =

2 5 10 01

2, × ×− mol/L 1 0,0 mL05,0 mL

= 0,024 mol/L

[NaOH]0 =

5 2 0 101

2,0 mL mol/L05,0 mL

× × −, = 9,5 × 10−4 mol/L

Réaction HCN(aq) + NaOH(aq) 9: Na+(aq) + H2O(l) + CN−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,024 9,5 × 10−4 0 — 0

Variation −9,5 × 10−4 −9,5 × 10−4 +9,5 × 10−4 — +9,5 × 10−4

[ ] (mol/L) 2,30 × 10−2 0 9,5 × 10−4 — 9,5 × 10−4

Le rapport [CN−] /[HCN] (0,041) n'étant pas compris entre 0,1 et 10, il ne s'agit pas d'une solutiontampon selon la théorie.La solution est composée de l'acide HCN et de sa base conjuguée, CN−. On détermine le pH de lasolution par la réaction de CN− avec l'eau (hydrolyse) en raison de sa constante d'hydrolyse plusélevée que celle de l'acide HCN.

Réaction CN−(aq) + H2O(l) L HCN(aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 9,5 × 10−4 — 2,30 × 10−2 0


[ ] (mol/L) 9,5 × 10−4 − x — 2,30 × 10−2 + x x

Kh = 1,6 × 10−5 =

x xx

( , )( , )2 30 109 5 10

2

4

× +× −

−

−

1,52 × 10−8 − 1,6 × 10−5x = 2,30 × 10−2x + x2

x2 + 2,30 × 10−2x − 1,52 × 10−8 = 0x = 6,6 × 10−7 mol/L = [OH−]pOH = 6,18pH = 7,82

EXERCICE DÉFI (page 279)41. a) H : 1e− val. × 3 = 3e−

B : 3e− val. × 1 = 3e−

O : 6e− val. × 3 = 18e−

24e− à distribuer

O B O H

O

. . . .. .

H

H



b) Trois nuages électroniques autour du bore (atome cen-tral) ⇒ configuration triangulaire planeLa liaison O –– H est angulaire.Les liaisons B –– O et O –– H sont polaires.⇒ charge partielle négative sur O et charge partiellepositive sur BConfiguration triangulaire plane ⇒ annulation de larésultante des dipôlesH3BO3 n'est pas polaire.

c) H3BO3 n'est pas un acide de Brønsted-Lowry :

H3BO3(aq) + H2O(l) !: H BO2 3−(aq) + H3O

+(aq)

Il est un acide de Lewis (accepteur de paire électronique) :

H3BO3(aq) ou B(OH)3(aq) + H2O(l) L H ! O ! B ! OH

O &

&

H &

OH

H+

L

H ! O ! B ! OH

O &

&

H &

OH

H+

+ H2O(l) L B(OH)4− (aq) + H3O

+(aq)

Équation globale :H3BO3(aq) + 2H2O(l) L B(OH)4

− (aq) + H3O+(aq)

ou B(OH)3(aq) + 2H2O(l) L B(OH)4− (aq) + H3O

+(aq)

d) pKa = 9,24 ⇒ Ka = 10−9,24 = 5,8 × 10−10

Réaction B(OH)3(aq) + 2H2O(l) L B(OH)4− (aq) + H3O

+(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,91 — 0 0


[ ] (mol/L) 0,91 − x — x x

Ka = [ ][ ]

[ ]B(OH) H O

B(OH)3

3

4− +

= 5,8 × 10−10

cK

A

a

=

0 915 8 10 10

,, × − = 1,6 × 109 ⇒ calcul approximatif

[B(OH)3]e ≈ [B(OH)3]0 ≈ 0,91 mol/L

Ka = x2

0 91, = 5,8 × 10−10 ⇒ x = 5 75 10 0 9110, ,× ×− = 2,3 × 10−5

[H3O+] = 2,3 × 10−5 mol/L ⇒ pH = −log [B(OH)3] = 4,64

e) Volume de solution de NaOH nécessaire au titrage :

VNaOH = V c

cNaOH NaOH

NaOH

=

10 00 0 911 00

, ,,

mL mol/Lmol/L

× = 9,1 mL

Réaction de neutralisationB(OH)3(aq) + NaOH(aq) !: B(OH)3Na(aq)Réaction de la base conjuguée (après la neutralisation)

O

B

H

120°

OH

HO



Réaction B(OH)4− (aq) →

H O2

B(OH)3(aq) + OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0,91 x x


[ ] (mol/L) 0,91 − x x x

Kb = 1 00 105 8 10

14

10

,,

××

−

− = 1,7 × 10−5 = [ ][ ]

[ ]B(OH) OH

B(OH)3

−

−4

= x

x

2

0 91, −

cK

B

b

= 0 91

1 7 10 5

,, × − = 5,4 × 104 ⇒ calcul approximatif

x2

0 91, = 1,7 × 10−5 ⇒ x = 0 91 1 7 10 5, ,× × − = 3,9 × 10−3

[OH−] = 3,9 × 10−3 mol/L ⇒ pOH = 2,41 ⇒ pH = 11,59




EXERCICE 7.1 (page 283)a) Al(OH)3(s) L Al3+(aq) + 3OH−(aq)

Kps = [Al3+][OH−]3

b) MgF2(s) L Mg2+(aq) + 2F−(aq)Kps = [Mg2+][F−]2

c) CH3COOAg(s) L Ag+(aq) + CH3COO−(aq)Kps = [Ag+][CH3COO−]

d) CaSO4(s) L Ca2+(aq) + SO42− (aq)

Kps = [Ca2+][ SO42− ]

e) Mg3(PO4)2(s) L 3Mg2+(aq) + 2PO43−(aq)

Kps = [Mg2+]3[ PO43− ]2

EXERCICE 7.2 (page 287)a) BaSO4(s) L Ba2+(aq) + SO4

2− (aq)S = [Ba2+] = [ SO4

2− ]Kps = [Ba2+][ SO4

2− ] = S2 = 1,07 × 10−10

S = 1,03 × 10−5 mol/L

S =

1 03 101

21

5, ××

− mol L

33,39 g mol

= 2,40 × 10−3 g/L

b) PbCl2(s) L Pb2+(aq) + 2Cl−(aq)

S = [Pb2+] =

[ ]Cl−

2 ⇒ [Cl−] = 2S

Kps = [Pb2+][Cl−]2 = S × (2S)2 = 4S3 = 1,17 × 10−5

S = 0,0143 mol/L

S =

01

2 8 11

,0143 mol L

7 g mol

×,

= 3,98 g/L

c) Ag2CrO4(s) L 2Ag+(aq) + CrO42− (aq)

S = [ CrO42− ] =

[ ]Ag +

2 ⇒ [Ag+] = 2S

Kps = [Ag+]2[ CrO42− ] = (2S)2 × S = 4S3 = 1,12 × 10−12

S = 6,54 × 10−5 mol/L

S =

6 54 101

31

5, ××

− mol L

31,8 g mol

= 0,0217 g/L

d) Mg3(PO4)2(s) L 3Mg2+(aq) + 2PO43−(aq)

S =

[ ] [ ]Mg PO243

3 2

+ −

= ⇒ [Mg2+] = 3S et [ PO43− ] = 2S

Kps = [Mg2+]3[ PO43− ]2 = 1 × 10−25

Kps = (3S)3(2S)2 = 27S3 × 4S2 = 108S5



1 × 10−25 = 108S5 ⇒ S5 = 1 10

108

25× −

= 9,26 × 10−28

⇒ 5 log S = log 9,26 × 10−28 = −27

⇒ log S = −275

⇒ S = 10−5,4 = 4 × 10−6 mol/L

S = 4 10

121

6× ×− molL

62,9 gmol

= 1 × 10−3 g/L

EXERCICE 7.3 (page 287)Équation chimique de dissolution du sel : BaF2(s) L Ba2+(aq) + 2F−(aq)

Expression du produit de solubilité du sel et calculs :

Kps = [Ba2+][F−]2

[Ba2+] = 7,52 × 10−3 mol/L ⇒ [F−] = 2 × 7,52 × 10−3 mol/L = 1,50 × 10−2 mol/L

Kps = 7,52 × 10−3 × (1,50 × 10−2)2 = 1,69 × 10−6

EXERCICE 7.4 (page 288)PbCl2(s) L Pb2+(aq) + 2Cl−(aq)

Kps = [Pb2+][Cl−]2

S = [Pb2+] =

[ ]Cl−

2 ⇒ [Cl−] = 2S

S =

41

12

,41 g L

mol78,1 g

× = 0,0159 mol/L

Kps = S × (2S)2 = 4S3 = 4 × (0,0159)3

Kps = 1,61 × 10−5

EXERCICE 7.5 (page 291)Pb(NO3)2(s) 9: Pb2+(aq) + 2 3NO− (aq)

0,100 mol/L 0,200 mol/L

Réaction PbCl2(s) L Pb2+(aq) + 2Cl−(aq)

[ ]0 (mol/L) — 0,100 0

Variation −x +x +2x

[ ] (mol/L) — 0,100 + x 2x

Kps = 1,17 × 10−5 = [Cl−]2[Pb2+]

1,17 × 10−5 = (0,100 + x)(2x)2

1,17 × 10−5 ≈ 0,100(2x)2 = 0,400x2

x = S = 5,41 × 10−3 mol/L

EXERCICE 7.6 (page 292)a) Fe(OH)3(s) L Fe3+(aq) + 3OH−(aq)

S = [Fe3+] =

[ ]OH−

3 ⇒ [OH−] = 3S

Kps = [Fe3+][OH−]3 = S × (3S)3 = 27S4



Kps = 2,64 × 10−39 = 27S4 ⇒ S4 = 9,78 × 10−41 ⇒ log S =

log ,9 78 104

41× −

⇒ S = 9,94 × 10−11 mol/L

S = 9,94 × 10−11 mol/L

b) Kps = [Fe3+]

1 0 10 14

3

3,[ ]

×⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟−

+H OpH = 4,00 ⇒ [H3O

+] = 1,0 × 10−4 mol/L

Kps = S

1 0 101 0 10

14

4

3,,

××

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−

− = 2,64 × 10−39 ⇒ S =

2 64 101 0 10

39

30

,,

××

−

−

S = 2,6 × 10−9 mol/L

c) Kps = [Fe3+]

1 0 10 14

3

3,[ ]

×⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟−

+H OpH = 8,00 ⇒ [H3O

+] = 1,0 × 10−8 mol/L

Kps = S

1 0 101 0 10

14

8

3,,

××

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−

− = 2,64 × 10−39 ⇒ S =

2 64 101 0 10

39

18

,,

××

−

−

S = 2,6 × 10−21 mol/L

EXERCICE 7.7 (page 294)Solubilité dans l’eau pure

Kps = 2,5 × 10−5 = [Ag+][C6H5COO−] = S2 ⇒ S = 2 5 10 5, × − = 5,0 × 10−3 mol/L

S = 5 0 10 229 03, ,× ×

− molL

gmol

= 1,1 g/L

Solubilité dans la solution acide

K = [ ][ ] ,

,C H COOHC H COO a

6 5

6 55

41 16 5 10

1 5 10− −= =×

= ×K

pH = 2,500 ⇒ [H3O+] = 3,16 × 10−3 mol/L

[ ][ ]C H COOHC H COO

6 5

6 5− = K[H3O

+] = 1,5 × 104 × 3,16 × 10−3 = 47

⇒ [C6H5COOH] = 47 [C6H5COO−]

S = [Ag+] = [C6H5COO−] + [C6H5COOH] = [C6H5COO−] + 47 [C6H5COO−] = 48 [C6H5COO−]

[C6H5COO−] = S48

Kps = 2,5 × 10−5 = S × S48

= S2

48 ⇒ S2 = 48 × 2,5 × 10−5 ⇒ S = 0,035 mol/L

S =

0 035 229 0, ,molL

gmol

× = 8,0 g/L

EXERCICE 7.8 (page 296)CuBr(s) L Cu+(aq) + Br−(aq) Kps = 6,27 × 10−9

Cu+(aq) + 2NH3(aq) L [Cu(NH3)2]+(aq) Kcompl. = 6,3 × 1010

CuBr(s) + 2NH3(aq) L [Cu(NH3)2]+(aq) + Br−(aq)

K = Kps × Kcompl. = 395



Réaction CuBr(s) + 2NH3(aq) L [Cu(NH3)2]+(aq) + Br−(aq)

[ ]0 (mol/L) — 0,50 0 ≈ 0


[ ] (mol/L) — 0,50 − 2x x x

K = 395 =

xx

2

20 50 2( , )−

395

0 50 2=

−x

x, ⇒ 19,9(0,50 − 2x) = x

9,94 − 39,8x = x

9,94 = 40,8x

x = 0,244 mol/L = S

EXERCICE 7.9 (page 299)KI(s) 9: K+(aq) + I−(aq)

Pb(NO3)2(s) 9: Pb2+(aq) + 2NO3− (aq)

Formation d'un sel peu soluble : PbI2.

PbI2(s) L Pb2+(aq) + 2I−(aq)

Kps = [Pb2+]e [ ]I e− 2 = 8,49 × 10−9

Qps = [Pb2+]0 [ ]I−02

[Pb2+]0 = 0,010 mol/L

[I−]0 = 0 20 4 0 050

100 0, ( , )

, mol/L mL

mL× ×

= 4,0 × 10−4 mol/L

Qps = 0,010 × (4,0 × 10−4)2 = 1,6 × 10−9

Qps < Kps ⇒ Il n'y aura pas de précipité qui se formera puisque Qps est inférieur à Kps.

EXERCICE 7.10 (page 299)Il y aura précipitation si le produit ionique, Qps, est supérieur au Kps de AgCl.

[Ag+] = 50 0 4 00 10

100 0

6, ,,

mL mol/LmL

× × −

= 2,00 × 10−6 mol/L

[Cl−] = 50 0 1 00 10

100 0

5, ,,

mL mol/LmL

× × −

= 5,00 × 10−6 mol/L

Qps = 2,00 × 10−6 × 5,00 × 10−6 = 1,00 × 10−11

Qps(1,00 × 10−11) < Kps(1,77 × 10−10) ⇒ pas de précipitation

EXERCICE 7.11 (page 301)CaF2(s) L Ca2+(aq) + 2F−(aq)

[Ca2+] = 2,00 × 10−2 mol/L

[F−] = x

Kps = 1,46 × 10−10 = [Ca2+][F−]2

[F−]2 =

1 46 102 00 10

10

2

,,

××

−

− = 7,30 × 10−9

[F−] = 8,54 × 10−5 mol/L



MNaF = 42,00 g/mol

[NaF] = [F−] = 8,54 × 10−5 mol/L

Masse de NaF =

8 54 101

11000

100 042 001

5,,

,×× × ×

− mol L

L mL

mL g

mol = 3,59 × 10−4 g

Masse de NaF = 3,59 × 10−4 g

EXERCICE 7.12 (page 301)Mn(OH)2(s) L Mn2+(aq) + 2OH−(aq)

Kps = 2,06 × 10−13 = [Mn2+][OH−]2

[Mn2+] = 0

11

100015

1 8 10 6,10 mgL

gmg

mol4,94 g

× × = × −, molL1

[OH−] =

2 06 101 8 10

13

6

,,

××

−

− = 3,4 × 10−4 mol/L

pOH = 3,47

pH = 10,53

EXERCICE 7.13 (page 303)a) AgCl(s) L Ag+(aq) + Cl−(aq)

Kps = [Cl−][Ag+] = 1,77 × 10−10

PbCl2(s) L Pb2+(aq) + 2Cl−(aq)Kps = [Pb2+][Cl−]2 = 1,17 × 10−5

[Ag+] = 0,100 mol/L et [Pb2+] = 0,100 mol/LAgCl commencera à précipiter lorsque la concentration des ions Cl− sera de :

[Cl−] =

1 77 100 100

10,,

× −

= 1,17 × 10−9 mol/L

PbCl2 commencera à précipiter lorsque la concentration des ions Cl− sera de :

[Cl−] =

1 17 100 100

5,,

× −

= 0,0108 mol/L

AgCl précipitera le premier, puisque la concentration des ions Cl− à atteindre pour y parvenir est beaucoupplus faible que celle nécessaire pour faire précipiter PbCl2.

b) Lorsque le second sel précipite, c'est que la concentration des ions Cl− est de 0,0108 mol/L.

[Ag+] =

1 77 100 0108

10,,

× −

= 1,64 × 10−8 mol/L

c) [Ag+] = 0,01 × [Ag+]0 = 0,01 × 0,100 mol/L[Ag+] = 1,00 × 10−3 mol/L

[Cl−] =

1 77 101 00 10

10

3

,,

××

−

− = 1,77 × 10−7 mol/L

d) [Pb2+] =

1 17 101 77 10

5

7 2

,( , )

××

−

− = 3,73 × 108 mol/L

La concentration des ions Cl− (1,77 × 10−7 mol/L) permet d'avoir en équilibre une concentration de Pb2+ à3,73 × 108 mol/L. La concentration initiale des ions Pb2+ est beaucoup plus faible que celle permise.

0,100 << 3,73 × 108 mol/LIl n'y a pas de précipité de PbCl2 et les ions Pb2+ demeurent en solution.



QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES (pages 307-308) 1. a) AgBrO3(s) L Ag+(aq) + BrO3

− (aq)Kps = [Ag+][ BrO3

− ]

b) Hg2Cl2(s) L Hg22+ (aq) + 2Cl−(aq)

Kps = [ Hg22+ ][Cl−]2

c) PbCrO4(s) L Pb2+(aq) + CrO42− (aq)

Kps = [Pb2+][ CrO42− ]

d) Mg(OH)2(s) L Mg2+(aq) + 2OH−(aq)Kps = [Mg2+][OH−]2

e) Ca3(PO4)2(s) L 3Ca2+(aq) + 23PO4− (aq)

Kps = [Ca2+]3[ PO43− ]2

2. a) Al(OH)3(s) L Al3+(aq) + 3OH−(aq)b) AlPO4(s) L Al3+(aq) + PO4

3− (aq)c) Li2CO3(s) L 2Li+(aq) + CO3

2−(aq)d) Hg2I2(s) L Hg2

2+ (aq) + 2I−(aq)e) Cu3(PO4)2(s) L 3Cu2+(aq) + 2

3PO4− (aq)

3. BaF2(aq) L Ba2+(aq) + 2F−(aq) [Ba2+] =

Kps

F[ ]− 2

Seul l'énoncé a) est vrai. [Ba2+] =

12

[F−]

4. a) BaF2(s) L Ba2+(aq) + 2F−(aq)Kps = [Ba2+][F−]2 = 1,84 × 10−7

S = [Ba2+] =

[ ]F−

2 ⇒ [F−] = 2[Ba2+]

Kps = S × (2S)2 = 4S3 = 1,84 × 10−7

S = 3,58 × 10−3 mol/L et S =

3 58 101

175 31

03, ,×

× =− mol

L g

mol,628 g /L

b) Ni3(PO4)2(s) L 3Ni2+(aq) + 23PO4− (aq)

Kps = [Ni2+]3[ PO43− ]2 = 4,73 × 10−32

S =

[ ] ]Ni [PO42 3

3 2

+ −

= ⇒ [Ni2+] = 3S et [ PO43− ] = 2S

4,73 × 10−32 = (3S)3(2S)2 = 27S3 × 4S2

4,73 × 10−32 = 108S5 ⇒ S5 =

4 73 10108

32, × −

= 4,38 × 10−34

⇒ 5 log S = log 4,38 × 10−34 = −33,4

⇒ log S =

−33 45

, ⇒ S = 10−6,7 = 2,13 × 10−7

S = 2,13 × 10−7 mol/L

S =

2 13 101

31

7, ××

− mol L

66,01 g mol

= 7,80 × 10−5 g/L



c) Li2CO3(s) L 2Li+(aq) + CO32−(aq)

Kps = [Li+]2[ CO32−] = 8,15 × 10−4

S =

[ ]]

Li[CO3

+−=

22 ⇒ [Li+] = 2[ CO3

2−]

Kps = 8,15 × 10−4 = (2S)2(S) = 4S3

S = 5,88 × 10−2 mol/L

S =

5 88 101

71

2, ××

− mol L

3,89 g mol

= 4,34 g/L

d) Ag3PO4(s) L 3Ag+(aq) + PO43− (aq)

Kps = 8,88 × 10−17 = [Ag+]3[ PO43− ]

S =

[ ]]

Ag[PO4

+−=

33 ⇒ [Ag+] = 3[ PO4

3− ]

8,88 × 10−17 = (3S)3(S) = 27S3 × S = 27S4 ⇒ S4 =

8 88 1027

17, × −

= 3,29 × 10−18

⇒ 4 log S = log 3,29 × 10−18 = −17,5

log S = −17 5

4,

⇒ S = 10−4,4 = 4,26 × 10−5

S = 4,26 × 10−5 mol/L

S =

4 26 101

41

5, ××

− mol L

18,58 g mol

= 0,0178 g/L

e) Hg2Cl2(s) L Hg22+ (aq) + 2Cl−(aq)

Kps = [ Hg22+ ][Cl−]2

S = [ ]

[ ]Hg

Cl22

2+

−

= ⇒ [Cl−] = 2[Hg2Cl2]

Kps = 1,45 × 10−18 = S(2S)2 = 4S3

S = 7,13 × 10−7 mol/L

S =

7 13 101

472 11

7, ,××

− mol L

g mol

= 3,37 × 10−4 g/L

5. a) Li3PO4(s) L 3Li+(aq) + PO43− (aq)

Kps = [Li+]3[ PO43− ]

S = [ ]

[ ]PO

Li43

3−

+

= ⇒ [Li+] = 3[ PO43− ]

Kps = (3S)3 × S = 27S4 = 27 × (2,9 × 10−3)4

Kps = 1,9 × 10−9

b) PbCrO4(s) L Pb2+(aq) + CrO42− (aq)

Kps = [Pb2+][ CrO42− ]

S = [Pb2+] = [ CrO42− ]

S =

4 3 101

13

5, ××

− g L

mol23,2 g

= 1,3 × 10−7 mol/L

Kps = S2 = (1,3 × 10−7)2 = 1,7 × 10−14



c) TlCl(s) L Tl+(aq) + Cl−(aq)Kps = [Tl+][Cl−]S = [Tl+] = [Cl−]

S =

0 29100

11

12

, g mL

000 mL L

mol39,85 g

× × = 0,012 mol/L

Kps = S2 = (0,012)2 = 1,4 × 10−4

6. a) Ag2SO4(s) L 2Ag+(aq) + SO42− (aq)

Kps = [Ag+]2[ SO42− ] = 1,20 × 10−5

[ ]

[ ]SO

Ag42

2−

+

=

1,20 × 10−5 = [ ]

[ ] [ ]Ag

Ag Ag++ +

=23

2 2 ⇒ [Ag+] = (2,40 × 10−5)0,333

[Ag+] = 2,88 × 10−2 mol/L et [ SO42− ] = 1,44 × 10−2 mol/L

b) Ca3(PO4)2(s) L 3Ca2+(aq) + 23PO4− (aq)

Kps = [Ca2+]3[ PO43− ]2 = 2,07 × 10−33

[ ] [ ]Ca PO4

2 332

+ −=

2,07 × 10−33 = [ ] [ ]PO PO4 4

3 2 3

332

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2,07 × 10−33 = [ ] ( , ) [ ]PO PO4 43 2 3 3 31 5− −×

2,07 × 10−33 = [ ] ( , )PO43 5 31 5− × ⇒

[ ]

,( , )

,PO [PO4 43 5

33

334 32 07 10

1 56 13 10−

−− −= × = × ⇒ ]] ( , ) ,= × −6 13 10 34 0 20

log [ ] , log , , ]PO [PO4 43 34 30 20 6 13 10 6 64 1− − −= × = ⇒ = 00 2 28 106 64 7− −= ×, , mol/L

[ PO43− ] = 2,28 × 10−7 mol/L et [Ca2+] = 3,42 × 10−7 mol/L

c) Mg(OH)2(s) L Mg2+(aq) + 2OH−(aq)Kps = [Mg2+][OH−]2 = 5,61 × 10−12

[ ]

]Mg

[OH2+−

=2

5,61 × 10−12 =

[OH[OH

[OH−−

−

× =]

]]

2 22

3

[OH−] = 2,24 × 10−4 mol/L et [Mg2+] = 1,12 × 10−4 mol/L

d) PbSO4(s) L Pb2+(aq) + SO42− (aq)

Kps = [Pb2+][ SO42− ] = 1,82 × 10−8

[Pb2+] = [ SO42− ]

1,82 × 10−8 = [Pb2+]2 ⇒ [Pb2+] = (1,82 × 10−8)0,5

[Pb2+] = 1,35 × 10−4 mol/L et [ SO42− ] = 1,35 × 10−4 mol/L

e) Ag3PO4(s) L 3Ag+(aq) + PO43− (aq)

Kps = [Ag+]3[ PO43− ] = 8,88 × 10−17

[Ag+] = 3[ PO43− ]

8,88 × 10−17 = (3[ PO43− ])3[ PO4

3− ] = 27[ PO43− ]4

⇒ [ ]

,, ] (PO [PO4 4

3 417

18 38 88 1027

3 29 10 3−−

− −= × = × ⇒ = ,, ) ,29 10 18 0 25× −

log [ ] , log , , ]PO [PO4 43 18 30 25 3 29 10 4 37− − −= × = − ⇒ = 110 4 26 104 37 5− −= ×, , mol/L

[ PO43− ] = 4,26 × 10−5 mol/L et [Ag+] = 1,28 × 10−4 mol/L



7. a) MgCO3(s) L Mg2+(aq) + CO32−(aq)

S = [Mg2+] = [ CO32−]

Kps = 6,82 × 10−6 = S2 ⇒ S = 2,61 × 10−3 mol/L

b) MnCO3(s) L Mn2+(aq) + CO32−(aq)

S = [Mn2+] = [ CO32−]

Kps = 2,24 × 10−11 = S2 ⇒ S = 4,73 × 10−6 mol/L

c) Mg(OH)2(s) L Mg2+(aq) + 2OH−(aq)Kps = [Mg2+] = [OH−]S = [Mg2+] = [OH−]/2Kps = 5,61 × 10−12 = S(2S)2 = S(4S2) = 4S3

S = 1,12 × 10−4 mol/L

Le carbonate de magnésium est le sel le plus soluble parmi les trois sels.

8. NiCO3(s) L Ni2+(aq) + CO32−(aq)

Kps = [Ni2+][ CO32−] = 1,42 × 10−7

[Ni2+] = [ CO32−]

1,42 × 10−7 = [Ni2+]2 ⇒ [Ni2+] = 3,77 × 10−4 mol/LS = [Ni2+] = 3,77 × 10−4 mol/L

Volume = 0 g

mol18,71 g

L mol

000 mL L

,,

1001

11

3 77 101

14× ××

×−

Volume = 2230 mL (2,23 L)

9. BaSO4(s) L Ba2+(aq) + SO42−(aq)

Kps = [Ba2+][ SO42−] = 1,07 × 10−10

S = [Ba2+] = [ SO42−]

1,07 × 10−10 = S2 ⇒ S = 1,03 × 10−5 mol/L

mol de BaSO4 =

1 03 101

11

2005, ×

× ×− mol

L L

000 mL mL = 2,06 × 10−6 mol

Masse de BaSO4 = 2,06 × 10−6 mol ×

233 401

, g mol

= 4,81 × 10−4 g

10. a) [CH3COONa] =

30 050 0

,,

mL 0,240 mol/L mL

× = 0,144 mol/L

[AgNO3] =

20 050 0

,,

mL 0,160 mol/L mL

× = 0,0640 mol/L

Le sel d'acétate d'argent est susceptible de se former si le Qps est supérieur à son Kps.CH3COOAg(s) L CH3COO−(aq) + Ag+(aq) Kps = 1,94 × 10−3

Qps = [CH3COO−]0[Ag+]0

Qps = 0,144 × 0,0640 = 9,22 × 10−3

Qps > Kps ⇒ formation du solide

Réaction CH3COOAg(s) L CH3COO−(aq) + Ag+(aq)[ ]0 (mol/L) — 0,144 0,0640

Variation +x −x −x

[ ] (mol/L) x 0,144 − x 0,0640 − x

Kps = 1,94 × 10−3 = (0,144 − x)(0,064 − x)1,94 × 10−3 = 9,22 × 10−3 − 0,208x + x2

x2 − 0,208x + 7,28 × 10−3 = 0x = 0,0445 mol/L

Masse de CH3COOAg(s) =

01

11000

50 01

,0445 mol L

L mL

mL166,94 g

mol× × ×, = 0,371 g



b) [Ag+] = 0,0640 − 0,0445 = 0,0195 mol/L[CH3COO−] = 0,144 − 0,0445 = 0,0995 mol/L[Na+] = 0,144 mol/L

11. Réaction BaCrO4(s) L Ba2+(aq) + CrO42− (aq)

[ ]0 (mol/L) 0 0 0,100


[ ] (mol/L) — x 0,100 + x ≈ 0,100

Kps = 1,17 × 10−10 = [ CrO42− ][Ba2+] = 0,100x

1,17 × 10−10 = 0,100xx = 1,17 × 10−9 = S

Réaction Ag2CrO4(s) L 2Ag+(aq) + CrO42− (aq)

[ ]0 (mol/L) — 0 0,100

Variation −x +2x +x

[ ] (mol/L) — 2x 0,100 + x ≈ 0,100

Kps = 1,12 × 10−12 = [Ag+]2[ CrO42− ] = (2x)2 × 0,100

1,12 × 10−12 = 4x2 × 0,100 = 0,400x2

x = 1,67 × 10−6 = SLe chromate d'argent est le plus soluble dans une solution de chromate de potassium (0,100 mol/L).La solubilité de ce sel (1,67 × 10−6 mol/L) est plus élevée que la solubilité du chromate de baryum(1,17 × 10−9 mol/L).

12. Réaction Ag2SO4(s) L 2Ag+(aq) + SO42− (aq)

[ ]0 (mol/L) 0 0 0,150

Variation −x +2x +x

[ ] (mol/L) — 2x 0,150 + x

[ ] (mol/L) — 2x ≈ 0,150

Kps = [Ag+]2[ SO42− ]

S =

[ ]Ag +

2 = 9,7 × 10−3 mol/L

[Ag+] = 1,94 × 10−2 mol/LKps = (1,94 × 10−2)2 × 0,150 = 5,65 × 10−5

13. PbBr2(s) L Pb2+(aq) + 2Br−(aq)a) Faible augmentation due à l'effet de la variation de pH sur la solubilité de Pb(OH)2.b) Diminution de la solubilité (ion commun Pb2+).c) Diminution de la solubilité (ion commun Br−).d) Aucun effet.

14. CaF2(s) L Ca2+(aq) + 2F−(aq)a) Augmentation de la solubilité par formation de l'acide fluorhydrique (HF).b) Diminution de la solubilité (ion commun F−).c) Aucun effet.d) Diminution de la solubilité (ion commun Ca2+).

15. a) Pb(OH)2(s) L Pb2+(aq) + 2OH−(aq)Kps = [Pb2+] [OH−]2



S = [Pb2+] =

[ ]OH−

2 ⇒ [OH−] = 2[Pb2+]

[OH−] = 1 0 10

101 0 103 2 10

14

5 50

14

6

, ,,,

× = ××

−

−

−

− = 3,1 × 10−9 mol/L

Kps = S × (3,1 × 10−9)2 = 1,42 × 10−20 ⇒ S = 1 42 103 1 10

20

9 2

,( , )

××

−

− = 1,5 × 10−3

S = 1,4 × 10−3 mol/L

S = 1 4 10

121

3, × ×− mol

L41,2 g

mol = 0,36 g/L

b) Pb(OH)2(s) L Pb2+(aq) + 2OH−(aq)Kps = [Pb2+][OH−]2

S = [Pb2+]

[OH−] = 1 0 10

101 0 103 2 10

14

3 50

14

4

, ,,,

× = ××

−

−

−

− = 3,1 × 10−11 mol/L

Kps = 1,42 × 10−20 = S × (3,1 × 10−11)2 ⇒ S = 1 42 103 1 10

20

11 2

,( , )

××

−

− = 15

S = 15 mol/L

S =

151

21

molL

41,2 gmol

× = 3600 g/L

Solubilité très élevée en milieu fortement acide.

c) Pb(OH)2(s) L Pb2+(aq) + 2OH−(aq)Kps = [Pb2+][OH−]2

S = [Pb2+]

[OH−] =

1 0 1010

1 0 101 0 10

14

8 00

14

8

, ,,,

× = ××

−

−

−

− = 1,00 × 10−6 mol/L

Kps = 1,42 × 10−20 = S × (1,00 × 10−6)2 ⇒ S = 1 42 101 0 10

20

6 2

,( , )

××

−

− = 1,4 × 10−8

S = 1,4 × 10−8 mol/L

S = 1 4 10

121

8, × ×− mol

L41,2 g

mol = 3,4 × 10−6 g/L

16. b) ZnS S˚ formation de l'ion HS− et de H2S.c) ZnCO3 S˚ formation de l'ion HCO3

− et de H2CO3 (CO2 + H2O).e) AgCN S˚ formation de l'acide HCN.f ) Fe(OH)3 S˚ formation de l'eau par neutralisation des ions OH− par H3O

+.

17. a) CaCO3 est plus soluble dans un milieu acide en raison de la formation de l'ion HCO3−(aq).

c) CuS est plus soluble dans un milieu acide en raison de la formation de l'ion HS−(aq).d) Mg(OH)2 est plus soluble dans un milieu acide en raison de la réaction de neutralisation des ions

OH− par les ions H3O+.

18. Cu+(aq) + 4CN−(aq) L [Cu(CN)4]3−(aq)

Kcompl. =

[ ][ ][ ]

,, ,

Cu(CN)Cu CN

43

4 32 4

0 0506 1 10 0 80

−

+ − −=× ×

= 2,0 × 1030

19. ZnCO3(s) L Zn2+(aq) + CO32−(aq) Kps = 1,19 × 10−10

Zn2+(aq) + 4NH3(aq) L [Zn(NH3)4]2+(aq) Kcompl. = 4,1 × 108

Réaction ZnCO3(s) + 4NH3(aq) L [Zn(NH3)4]2+(aq) + CO3

2−(aq)

[ ]0 (mol/L) — 0,500 0 0


[ ] (mol/L) — 0,500 − 4x x x



K = Kcompl. × Kps = 4,1 × 108 × 1,19 × 10−10 = 0,049

K = 0,049 =

xx

2

40 500 4( , )−

0 049

0 500 4 2,( , )

=−

xx

0,22 =

xx x0 25 4 16 2, − +

0,055 − 0,884x + 3,536x2 = x3,536x2 − 1,884x + 0,055 = 0x = 0,031S = [Zn(NH3)4]

2+ = [ CO32−] = 0,031 mol/L

S =

0 0311

125 41

, , mol L

g mol

× = 3,9 g/L

20. AgCl(s) L Ag+(aq) + Cl−(aq) Kps = 1,77 × 10−10

Ag+(aq) + 2NH3(aq) L [Ag(NH3)2]+(aq) Kcompl. = 1,6 × 107

AgCl(s) + 2NH3(aq) L [Ag(NH3)2]+(aq) + Cl−(aq)

K = Kcompl. × Kps = 1,6 × 107 × 1,77 × 10−10 = 2,8 × 10−3

Réaction AgCl(s) + 2NH3(aq) L [Ag(NH3)2]+(aq) + Cl−(aq)

[ ]0 (mol/L) — 0,500 0 0


[ ] (mol/L) — 0,500 − 2x x x

K = 2,8 × 10−3 =

xx

2

20 500 2( , )−

2 8 10

0 500 25 3 10

0 500 23 2,

,,

,× =

−⇒ × =

−− −x

xx

x

2,6 × 10−2 − 1,06 × 10−1x = x2,6 × 10−2 = 1,1x2,4 × 10−2 = x = SAgCl

Masse de AgCl = 2 4 10

11

143 31

2, ,× × ×− mol

LL

gmol

= 3,4 g

21. AgCl(s) L Ag+(aq) + Cl−(aq) Kps = 1,77 × 10−10

Ag+(aq) + 2NH3(aq) L [Ag(NH3)2]+(aq) K = 1,6 × 107

AgCl(s) + 2NH3(aq) L [Ag(NH3)2]+(aq) + Cl−(aq)

S =

2 001

1143 3

,,

g L

mol g

× = 0,0140 mol/L = [Cl−] = [Ag(NH3)2]+

Réaction AgCl(s) + 2NH3(aq) L [Ag(NH3)2]+(aq) + Cl−(aq)

[ ]0 (mol/L) — x 0 0

Variation −y −2y +y +y

[ ] (mol/L) — x − 2y y y

K = 1,6 × 107 × 1,77 × 10−10 = 2,8 × 10−3

2,8 × 10−3 =

yx y

2

22( )−



2 8 10

23, × =

−− y

x yOr y = 0,0140 mol/L (solubilité de AgCl)

5,3 × 10−2 =

0 01402 0 0140,

( , )x − ×5,3 × 10−2x − 1,5 × 10−3 = 0,01405,3 × 10−2x = 1,6 × 10−2

x = 0,30 mol/L = [NH3]0

22. MgSO4(s) 9: Mg2+(aq) + SO42− (aq)

[Mg2+] = [ SO42− ] =

1 00 1 00 101

3, , mL mol/L01,0 mL

× × −

= 9,90 × 10−6 mol/L

AgNO3(s) 9: Ag+(aq) + NO3− (aq)

[Ag+] = [ NO3− ] =

5 00 101

4, × ×− mol/L 100,0 mL01,0 mL

= 4,95 × 10−4 mol/L

Le sel susceptible de se former est le sulfate d'argent (Kps = 1,20 × 10−5).Ag2SO4(s) L 2Ag+(aq) + SO4

2− (aq)

Kps = [ SO42− ][Ag+]2

Qps = 9,90 × 10−6 × (4,95 × 10−4)2 = 2,43 × 10−12

Qps << Kps ⇒ Il n'y aura pas de précipité formé.

23. NiS(s) L Ni2+(aq) + S2−(aq)Kps = [Ni2+][S2−] = 1,3 × 10−25

CoS(s) L Co2+(aq) + S2−(aq)Kps = [Co2+][S2−] = 5 × 10−22

ZnS(s) L Zn2+(aq) + S2−(aq)Kps = [Zn2+][S2−] = 2 × 10−4

CdS(s) L Cd2+(aq) + S2−(aq)Kps = [Cd2+][S2−] = 8 × 10−27

En comparant les produits de solubilité, on peut établir l'ordre de la solubilité du premier précipité à seformer jusqu'au dernier à se former.

CdS, NiS, CoS, ZnS.

24. [Na2CO3] = 0,020 mol/L = [ CO32−]

[BaCl2] = 0,100 mol/L = [Ba2+]

Réaction BaCO3(s) L Ba2+(aq) + CO32−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0 0,100 0,020


[ ] (mol/L) — 0,100 − x 0,020 − x

Kps = [Ba2+][ CO32−] = 2,58 × 10−9

2,58 × 10−9 = (0,100 − x)(0,020 − x)2,58 × 10−9 = 2,00 × 10−3 − 0,120x + x2

x2 − 0,120x + 2,00 × 10−3 = 0x = 0,020[Ba2+]précipité = 0,020 mol/L

% de Ba2+ précipité =

0 00 100, 20 mol/L, mol/L

× 100 % = 20 %



25. Pb(NO3)2(aq) 9: Pb2+(aq) + 2NO3−(aq)

[Pb2+] = 0,150 mol/LAgNO3(aq) 9: Ag+(aq) + NO3

−(aq)[Ag+] = 0,150 mol/LOn trouve la concentration des ions Cl− nécessaire à la formation du sel PbCl2.PbCl2(s) L Pb2+(aq) + 2Cl−(aq)Kps = [Pb2+][Cl−]2 = 1,17 × 10−5

[Cl−] =

1 17 100 150

5,,

× −

= 8,83 × 10−3 mol/L

Lorsque la concentration des ions Cl− atteint 8,83 × 10−3 mol/L, il y a formation du PbCl2.AgCl(s) L Ag+(aq) + Cl−(aq)Kps = [Ag+][Cl−] = 1,77 × 10−10

[Ag+] =

1 77 108 83 10

10

3

,,

××

−

− = 2,00 × 10−8 mol/L

26. a) PbCrO4(s) L Pb2+(aq) + CrO42−(aq)

Kps = [Pb2+][ CrO42−] = 2,8 × 10−13

PbSO4(s) L Pb2+(aq) + SO42− (aq)

Kps = [Pb2+][ SO42−] = 1,82 × 10−8

On détermine la concentration de Pb2+ pour la formation de PbCrO4.

[Pb2+] =

Kps1

CrO10

10 mol/L[ ],

,42

3

2

2 81 00−

−

−=×

× = 2,8 × 10−11 mol/L

On détermine la concentration de Pb2+ pour la formation de PbSO4.

[Pb2+] =

Kps

SO1010[ ]

,,4

2

8

2

1 821 00−

−

−=××

= 1,82 × 10−6 mol/L

C'est le PbCrO4 (anion CrO42−) qui se formera le premier puisque la concentration en ions Pb2+ néces-

saire est plus petite que celle de Pb2+ pour la formation de PbSO4.

b) [Pb2+] =

1 821 00

8

2

,,

××

−

−

1010

= 1,82 × 10−6 mol/L

c) Il y a formation du second précipité lorsque la concentration en ions Pb2+ atteint 1,82 × 10−6 mol/L.

Réaction PbCrO4(s) L Pb2+(aq) + CrO42−(aq)

[ ]0 (mol/L) 0 1,82 × 10−6 1,00 × 10−2


[ ] (mol/L) — 1,82 × 10−6 − x 1,00 × 10−2 − x

Kps = 2,8 × 10−13 = (1,82 × 10−6 − x)(1,00 × 10−2 − x)2,8 × 10−13 = 1,82 × 10−8 − 1,00 × 10−2x + x2

x2 − 1,00 × 10−2x + 1,82 × 10−8 = 0x = 1,82 × 10−6

[Pb2+] ≈ 0

[ CrO42−] = 1,00 × 10−2 − 1,82 × 10−6 = 9,998 × 10−3 mol/L

[PbCrO4]précipité = 1,82 × 10−6 mol/L

1 82 101

0 500031

6,,

×× ×

− mol L

L23,2 g mol

= 2,94 × 10−4 g



d)

[ ]

[ ]

CrO

CrOprécipité4

2

42

0

−

− × 100 % =

1 820 0100

6,,

× −10 mol/L mol/L

× 100 % = 0,0182 %

Les deux anions ne sont pratiquement pas séparés.

27. CaSO4(s) L Ca2+(aq) + SO42−(aq) Kps = 7,10 × 10−5

S = Kps = × −7 10 10 5, = 8,43 × 10−3 mol/L

[Ca2+] = [ SO42−] = 8,43 × 10−3 mol/L

[CaCl2]ajouté = 0,050 mol/L = [Ca2+]ajouté

[Na2SO4]ajouté = 0,15 mol/L = [ SO42−]ajouté

[Ca2+]tot. = 0,050 mol/L + 8,43 × 10−3 mol/L = 5,84 × 10−2 mol/L

[ SO42−]tot. = 0,15 mol/L + 8,43 × 10−3 mol/L = 1,58 × 10−1 mol/L

Réaction CaSO4(s) L Ca2+(aq) + SO42−(aq)

[ ]0 (mol/L) — 5,84 × 10−2 1,58 × 10−1


[ ] (mol/L) — 5,84 × 10−2 − x 1,58 × 10−1 − x

Kps = 7,10 × 10−5 = (5,84 × 10−2 − x)(1,58 × 10−1 − x)7,10 × 10−5 = 9,227 × 10−3 − 0,2164x + x2

x2 − 0,2164x + 9,156 × 10−3 = 0x = 5,77 × 10−2

[Ca2+] = 5,84 × 10−2 − 5,77 × 10−2 = 7 × 10−4 mol/L[SO4

2−] = 0,158 − 0,0577 = 0,100 mol/L

28. On suppose un volume de solution de 1 L.a) BaCO3(s) L Ba2+(aq) + CO3

2−(aq) Kps = 2,58 × 10−9

La concentration de CO32− nécessaire à la précipitation du BaCO3 est de 2,58 × 10−8 mol/L.

[ CO32−] =

Kps

Ba10

mol/L[ ],,2

92 580 10+

−

=×

= 2,58 × 10−8 mol/L

SrCO3(s) L Sr2+(aq) + CO32−(aq) Kps = 5,60 × 10−10

La concentration de CO32− nécessaire à la précipitation du SrCO3 est de 5,60 × 10−9 mol/L.

[ CO32−] =

Kps

Sr10

mol/L[ ],,2

105 600 10+

−

=×

= 5,60 × 10−9 mol/L

C'est le carbonate de strontium, SrCO3, qui précipite le premier.

b) Sr2+ est l'ion le moins soluble en solution.

Pour obtenir BaCO3 il faut que la concentration en ions CO32− soit de 2,58 × 10−8 mol/L. Pour cette

même concentration, on trouve la concentration en ions Sr2+ en solution.

[Sr2+] =

5 602 58

10

8

,,

××

−

−

1010

= 0,0217 mol/L

Proportion =

00,0217 mol/L

,10 mol/L = 0,22

29. CaSO4(s) L Ca2+(aq) + SO42−(aq)

Kps = [Ca2+][ SO42− ] = 7,10 × 10−5

[Ca2+] = [ SO42−]

7,10 × 10−5 = [Ca2+]2 ⇒ [Ca2+] = 7 10 10 5, × − = 8,43 × 10−3 mol/L



[Ca2+] = 8,43 × 10−3 mol/L (solution saturée de CaSO4)

Ca2+ =

21

11

14

50 mg L

g000 mg

mol0,08 g

× × = 6,24 × 10−3 mol/L (eau potable)

La concentration des ions SO42− dans une solution saturée de CaSO4 est légèrement supérieure à celle

permise dans l'eau potable.

30. a) [AgNO3] =

2 00 10 50 0100 0

2, ,,

× ×− mol/L mL mL

= 0,0100 mol/L

[NaCl] =

50 0 1 00100 0

, ,,

mL mol/L mL

× = 0,500 mol/L

[Ag+] = 0,0100 mol/L et [Cl−] = 0,500 mol/LAgCl(s) L Ag+(aq) + Cl−(aq)Kps = [Ag+] [Cl−] = 1,77 × 10−10

Qps = 0,0100 × 0,500 = 0,005 00Qps >> Kps ⇒ formation de AgCl solide

Réaction AgCl(s) L Ag+(aq) + Cl−(aq)

[ ]0 (mol/L) — 0,0100 0,500


[ ] (mol/L) x 0,0100 − x 0,500 − x

1,77 × 10−10 = (0,0100 − x)(0,500 − x) = 0,005 − 0,51x + x2

x2 − 0,51x + 0,005 = 0x = 0,01 mol/L = [AgCl] précipité

Masse AgCl = 0

11

1000100

1,01 mol

L L mL

mL143,35

mol× × × = 0,143 g

b) [Ag+] ≈ 0[Cl−] = 0,500 − 0,0100 = 0,490 mol/L[ NO3

− ] = 0,0100 mol/L

EXERCICE RÉCAPITULATIF (page 309)31. a) Zn(OH)2(s) L Zn2+(aq) + 2OH−(aq) Kps = 6,86 × 10−17

b) [NaOH] =

10 00 0 0200260 0

, ,,

mL mol/L mL

× = 7,69 × 10−4 mol/L

[ZnNO3] =

2 0 0980260 0

50,0 mL mol/L mL

× ,,

= 0,0942 mol/L

Qps = [Zn2+][OH−]2

Qps = 0,0942 × (7,69 × 10−4)2 = 5,57 × 10−8

Qps >> Kps ⇒ formation d'un précipité

c) Kps = [Zn2+][OH−]2 = 6,86 × 10−17

S = [Zn2+] =

[ ]OH−

2 ⇒ [OH−] = 2[Zn2+]

6,86 × 10−17 = S × (2S)2 = 4S3

S = 2,58 × 10−6 mol/L

Masse de Zn(OH)2 =

2 58 101

11000

7001000

1

6, ×× × × ×

− mol L

L mL

mL99,38 g1 mol

mg g

= 0,179 mg



d) [ZnCl2] = 0,083 mol/L = [Zn2+]

Réaction Zn(OH)2(s) L Zn2+(aq) + 2OH−(aq)

[ ]0 (mol/L) — 0,083 ≈ 0

Variation −x +x +2x

[ ] (mol/L) — 0,083 + x 2x

Kps = [OH−]2[Zn2+] = (2x)2(0,083 + x) = 6,86 × 10−17

On peut supposer que la concentration de l'ion Zn2+ ne variera pratiquement pas en raison de lafaible valeur du Kps.[Zn2+] = 0,083 + 2x ≈ 0,083Kps = 6,86 × 10−17 = (2x)2(0,083)8,3 × 10−16 = 4x2 ⇒ x2 = 2,1 × 10−16

x = 1,4 × 10−8 mol/L = SZn(OH)2

Masse de Zn(OH)2 = 1

12 00

91

,4 10 molL

L9,38 g

mol1000 mg8× × × ×

−

,11 g

= 2,8 × 10−3 mg

e) 1) Une diminution du pH correspond à une augmentation des ions H3O+. L'augmentation des ions

H3O+ favorisera la solubilité de Zn(OH)2.

2) Une augmentation du pH correspond à une augmentation des ions OH−. L'augmentation des ionsOH− diminuera la solubilité de Zn(OH)2 (effet d'ion commun).

EXERCICE DÉFI (page 309)

32. a) MCaCO3 = 100,09 g/mol

CaCO3(s) L Ca2+(aq) + CO32−(aq)

Kps = [Ca2+][CO32−] = 4,96 × 10−9 = S2 ⇒ S = 4 96 10 9, × − = 7,04 × 10−5 mol/L

SCaCO3

= 7 04 10 100 095, ,× ×

− molL

gmol

= 7,05 × 10−3 g/L

Volume d'eau pour solubiliser le tartre = 24,5 g × 1 L

g7 05 10 3, × − = 3480 L

Nombre de remplissages = 3480 L × 1

200rempl.

L = 17,4 ⇒ 18 remplissages

b) Kps = [Ca2+][CO32−] = 4,03 × 10−3 × S = 4,96 × 10−9 ⇒ S =

4 96 104 03 10

9

3

,,

××

−

− = 1,23 × 10−6 mol/L

SCaCO3

dans l'eau dure = 1 23 10 100 096, ,× ×

− molL

gmol

= 1,23 × 10−4 g/L

Volume d'eau dure pour solubiliser le tartre = 24,5 g × 1

1 23 10 4

Lg, × − = 1,99 × 105 L

Nombre de remplissages = 1,99 × 105 L × 1

200rempl.

L = 995 remplissages

c) CaCO3(s) L Ca2+(aq) + CO32−(aq)

Le vinaigre est une solution diluée d'acide acétique, CH3COOH, qui réagit avec l'ion carbonate, CO32− ,

une base. En conséquence, la concentration de l'ion carbonate diminue, ce qui provoque le déplace-ment de l'équilibre de la réaction de dissociation de CaCO3 vers la droite (principe de Le Chatelier) etentraîne ainsi la solubilisation accrue de carbonate de calcium.




EXERCICE 8.1 (page 318)a) +1b) +4

c) +2d) +5

e) +3f ) −3

g) −2h) +5

i) +4j) +3

EXERCICE 8.2 (page 321)a) Fe2+(aq) + O2(g) 9: Fe3+(aq) + H2O(l)

1° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e− (oxy.)O + 2e− 9: O−2 (réd.)

2° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

O2 + 4e− 9: H2O3° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

O2 + 4H+ + 4e− 9: H2O4° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

O2 + 4H+ + 4e− 9: 2H2O5° 4Fe2+ 9: 4Fe3+ + 4e−

O2 + 4H+ + 4e− 9: 2H2O6° 4Fe2+(aq) + O2(g) + 4H+(aq) 9: 4Fe3+(aq) + 2H2O(l)

b) Cu(s) + NO3− (aq) 9: Cu2+(aq) + NO(aq)

1° Cu 9: Cu2+ + 2e− (oxy.)N+5 + 3e− 9: N+2 (réd.)

2° Cu 9: Cu2+ + 2e−

NO3− + 3e− 9: NO

3° Cu 9: Cu2+ + 2e−

NO3− + 4H+ + 3e− 9: NO

4° Cu 9: Cu2+ + 2e−

NO3− + 4H+ + 3e− 9: NO + 2H2O

5° 3Cu 9: 3Cu2+ + 6e−

2NO3− + 8H+ + 6e− 9: 2NO + 4H2O

6° 3Cu(s) + 2NO3− (aq) + 8H+(aq) 9: 3Cu2+(aq) + 2NO(g) + 4H2O(l)


a) BrO3− (aq) + F2(g) 9: BrO4

− (aq) + F−(aq)

1° Br+5 9: Br+7 + 2e− (oxy.)F0 + 1e− 9: F− (réd.)

2° BrO3− 9: BrO4

− + 2e−

F2 + 2e− 9: 2F−

3° BrO3− + 2OH− 9: BrO4

− + 2e−

F2 + 2e− 9: 2F−

4° BrO3− + 2OH− 9: BrO4

− + H2O + 2e−

F2 + 2e− 9: 2F−

5° Pas de changement6° BrO3

− (aq) + F2(g) + 2OH−(aq) 9: BrO4− (aq) + 2F−(aq) + H2O(l)

b) H2O2(aq) + I−(aq) 9: I2(aq) + H2O(l)1° O−1 + 1e− 9: O−2 (réd.)

I− 9: I0 + 1e− (oxy.)



2° H2O2 + 2e− 9: H2O2I− 9: I2 + 2e−

3° H2O2 + 2e− 9: H2O + 2OH−

2I− 9: I2 + 2e−

4° H2O2 + H2O + 2e− 9: H2O + 2OH−

2I− 9: I2 + 2e−

5° Pas de changement6° H2O2(aq) + 2I−(aq) 9: I2(aq) + 2OH−(aq)

EXERCICE 8.4 (page 325)a) H2O2(aq) 9: H2O(l) + O2(g)

1° O−1 + 1e− 9: O−2 (réd.)O−1 9: O0 + 1e− (oxy.)

2° H2O2 + 2e− 9: 2H2O (réd.)H2O2 9: O2 + 2e− (oxy.)

3° H2O2 + 2H+ + 2e− 9: 2H2O (réd.)H2O2 9: O2 + 2H+ + 2e− (oxy.)

4° H2O2 + 2H+ + 2e− 9: 2H2O (réd.)H2O2 9: O2 + 2H+ + 2e− (oxy.)

5° Pas de modification6° 2H2O2(aq) 9: 2H2O(l) + O2(g)

b) Pb(s) + PbO2(s) + SO42− (aq) 9: PbSO4(s)

1° Pb(s) 9: Pb2+ + 2e− (oxy.)Pb+4 + 2e− 9: Pb2+ (réd.)

2° Pb(s) + SO42− 9: PbSO4 + 2e− (oxy.)

PbO2 + SO42− + 2e− 9: PbSO4 (réd.)

3° Pb(s) + SO42− 9: PbSO4 + 2e− (oxy.)

PbO2 + SO42− + 4H+ + 2e− 9: PbSO4 (réd.)

4° Pb(s) + SO42− 9: PbSO4 + 2e− (oxy.)

PbO2 + SO42− + 4H+ + 2e− 9: PbSO4 + 2H2O (réd.)

5° Pas de changement6° Pb(s) + 2SO4

2− (aq) + PbO2(s) + 4H+(aq) 9: 2PbSO4(s) + 2H2O(l)

EXERCICE 8.5 (page 327)a) Cr+6 −⎯ →⎯3 Cr+3 S−2 +⎯ →⎯2 S0

2Cr+6 −⎯ →⎯6 2Cr+3 3(S−2 +⎯ →⎯2 S0)

Cr O2 72− + 3H2S + H+ 9: 2Cr+3 + 3S + H2O

Cr O2 72− (aq) + 3H2S(aq) + 8H+(aq) 9: 2Cr3+(aq) + 3S(s) + 7H2O(l)

b) Pb+4 −⎯ →⎯2 Pb+2 I− +⎯ →⎯1 I0

2I− +⎯ →⎯2 2I0

PbO2 + 2HI 9: PbI2 + I2 + H2OPbO2(s) + 4HI(aq) 9: PbI2(s) + I2(s) + 2H2O(l)

c) Sb0 +⎯ →⎯3 Sb+3 N+5 −⎯ →⎯3 N+2

4Sb0 +⎯ →⎯⎯12 4Sb+3 4(N+5 −⎯ →⎯3 N+2)4Sb + 4NO3

− + H+ 9: Sb4O6 + 4NO + H2O4Sb(s) + 4NO3

− (aq) + 4H+(aq) 9: Sb4O6(s) + 4NO(g) + 2H2O(l)



d) I− +⎯ →⎯1 I0 Mn+7 −⎯ →⎯5 Mn+2

2I− +⎯ →⎯2 2I0

5(2I− +⎯ →⎯2 2I0) 2(Mn+7 −⎯ →⎯5

Mn+2)10KI + 2KMnO4 + H2SO4 9: 5I2 + 2MnSO4 + K2SO4 + H2O10KI(aq) + 2KMnO4(aq) + 8H2SO4(aq) 9: 5I2(aq) + 2MnSO4(aq) + 6K2SO4(aq) + 8H2O(l)

EXERCICE 8.6 (page 327)Mn+7

−⎯ →⎯3 Mn+4 (réd.) Cl−1 +⎯ →⎯8 Cl+7 (oxy.)

Équilibrage de la variation du nombre d'oxydation

8(Mn+7 −⎯ →⎯24 Mn+4) 3(Cl−1

+⎯ →⎯24 Cl+7)

8 4MnO− + 3Cl− 9: 8MnO2 + 3 4ClO− (aq)

Équilibrage des charges : 8 4MnO− + 3Cl− + 8H+ 9: 8MnO2 + 3 4ClO−

Équilibrage des O : 8 4MnO− + 3Cl− + 8H+ 9: 8MnO2 + 3 4ClO− + 4H2O

8 4MnO− (aq) + Cl−(aq) + 8H+(aq) 9: 8MnO2(s) + 3 4ClO− (aq) + 4H2O(l)


I3− (aq) + 2S O2 3

2− (aq) 9: 3I−(aq) + S O4 62− (aq)

mol de S O2 32− = 35,5 mL ×

11

01

L000 mL

,350 mol L

× = 1,24 × 10−2 mol

mol de I3− = 1,24 × 10−2 mol de S O2 3

2− ×

12

3

32

mol I mol S O2

−

− = 6,20 × 10−3 mol I3−

c

I

3,20 10 mol I mL

000 mL L

mol/L3

620 0

11

0 3103− =

×× =

− −

,,

EXERCICE 8.8 (page 331)a) 1° Mn2+ 9: Mn+4 + 2e− (oxy.)

Mn+7 + 3e− 9: Mn+4 (réd.)2° Mn2+ 9: MnO2 + 2e− (oxy.)

MnO4− + 3e− 9: MnO2 (réd.)

3° Mn2+ 9: MnO2 + 4H+ + 2e− (oxy.)

MnO4− + 4H+ + 3e− 9: MnO2 (réd.)

4° Mn2+ + 2H2O 9: MnO2 + 4H+ + 2e−

MnO4− + 4H+ + 3e− 9: MnO2 + 2H2O

5° 3Mn2+ + 6H2O 9: 3MnO2 + 12H+ + 6e−

2MnO4− + 8H+ + 6e− 9: 2MnO2 + 4H2O

6° 3Mn2+(aq) + 2MnO4− (aq) + 2H2O(l) 9: 5MnO2(s) + 4H+(aq)

b) N

,0420 molL

éq.mol

NMnO4

01

31

0 126− = × = ,

N

,126 N mL5,0 mL

NMn2

0 36 42

0 183+ =×

=,

, c

Mn

,183 éq.L

mol éq.

mol/L2

0 12

0 0915+ = × = ,



EXERCICE 8.9 (page 334)Fe(s) 9: Fe3+(aq) + 3e− (oxy.)

Ag+(aq) + 1e− 9: Ag(s) (réd.)

Fe(s) 9: Fe3+(aq) + 3e−

3Ag+(s) + 3e− 9: 3Ag(s)

3Ag+(aq) + Fe(s) 9: Fe3+(aq) + 3Ag(s)

Anode : Fe(s)

Cathode : Ag(s)

EXERCICE 8.10 (page 335)a) Pt(s) | Fe2+(aq), Fe3+(aq) | | MnO4

− (aq), Mn2+(aq), H+(aq) | Pt(s)

b) 5Fe2+(aq) 9: 5Fe3+(aq) + 5e− (anode)

MnO4− (aq) + 8H+(aq) + 5e− 9: Mn2+(aq) + 4H2O(l) (cathode)

5Fe2+(aq) + MnO4− (aq) + 8H+(aq) 9: 5Fe3+(aq) + Mn2+(aq) + 4H2O(l)

EXERCICE 8.11 (page 339)a) Ni2+(aq) + 2e− 9: Ni(s) Eréd.

0 = −0,257 V

Mn2+(aq) + 2e− 9: Mn(s) Eréd.0 = −1,185 V

Ni2+(aq) + 2e− 9: Ni(s) Eréd.0 = −0,257 V

Mn(s) 9: Mn2+(aq) + 2e− Eoxy.

0 = 1,185 V

Éq. globale : Ni2+(aq) + Mn(s) 9: Ni(s) + Mn2+(aq)

b) Epile0 = −0,257 V + 1,185 V = 0,928 V

c) Mn(s) | Mn2+(aq) | | Ni2+(aq) | Ni(s)

EXERCICE 8.12 (page 341)a) Le potentiel de la pile diminue.b) Aucun effet s'il n'y a pas d'augmentation de la concentration des ions Ag+.c) Le potentiel de la pile augmente.

EXERCICE 8.13 (page 341)Zn(s) 9: Zn2+(aq) + 2e− E0 = 0,762 V

Co2+(aq) + 2e− 9: Co(s) E0 = −0,28 V

Équation globale : Zn(s) + Co2+(aq) 9: Zn2+(aq) + Co(s) E0 = 0,48 V

Epile = E0 − 0 0592,

nlog Qc

Epile = 0,48 − 0 0592

2,

log

[ ][ ]ZnCo

2

2

+

+ = 0,48 − 0,0296 log

0 1001 00 10 3

,, × − = 0,42 V

EXERCICE 8.14 (page 344)a) 2Cl−(aq) 9: Cl2(g) + 2e− E0 = −1,358 V

PbO2(s) + 4H+(aq) + 2e− 9: Pb2+(aq) + 2H2O(l) E0 = 1,455 V

Éq. globale : 2Cl−(aq) + PbO2(s) + 4H+(aq) 9: Cl2(g) + Pb2+(aq) + 2H2O(l)

Epile0 = 1,455 V − 1,358 V = 0,097 V



Epile = 0,097 V −

0 05922

, log

[ ]

[ ] [ ]

Pb

H ClCl

2

4 22

+

+ −

p

Epile = 0,097 V −

0 05922

, log

0 150 10 20 2 04 2

,( , ) ( , )

××

= 0,097 V −

0 05922

, log 23,4

Epile = 0,097 V − 0,0296 × 1,369Epile = 0,056 V

b) 2Ag(s) 9: 2Ag+(aq) + 2e− E0 = −0,800 VCl2(g) + 2e− 9: 2Cl−(aq) Eréd.

0 = 1,358 V

Éq. globale : 2Ag(s) + Cl2(g) 9: 2Ag+(aq) + 2Cl−(aq)E0 = −0,800 V + 1,358 V = 0,558 V

Epile = E0 −

0 0592,n

log Qc

Epile = 0,558 V −

0 05922

, log

[ ][ ]Cl Ag

Cl

− + 2

2P

Epile = 0,558 V −

0 05922

, log

( , ) ( , ), / ,

0 095 0 3560 0 101 3

2 2×

Epile = 0,558 V − 0,0296 log 0,0019Epile = 0,64 V


E = E0 −

0 0592,n

log Qc

E = 0,230 V E0 = 0,0 V

À l'anode, il y aura la solution saturée de AgCl.

Ag(s) 9: Ag+(aq, AgCl) + 1e− (oxy.)Ag+(aq, 0,100 mol/L) + 1e− 9: Ag(s) (réd.)

Éq. globale : Ag(s) + Ag+(aq, 0,100 mol/L) 9: Ag+(aq, AgClsat.) + Ag(s)

0,230 V = 0 −

0 05921

, log

[ ][ ]

AgAg

soln sat.+

+

0,230 V = −0,0592 log

[ ],

Ag soln sat.+

0 100

0 2300 0592 0 100,,

log[ ]

,−=

+Ag soln sat.

−3,89 = log

[ ],

Ag soln sat.+

0 100 ⇒

[ ],

Ag soln sat.+

0 100 = 10−3,89 = 1,30 × 10−4

⇒ [Ag+]soln sat. = 1,30 × 10−5 mol/L

[Ag+] = [Cl−] = 1,30 × 10−5 mol/L

Kps = [Ag+][Cl−] = (1,30 × 10−5)2 = 1,70 × 10−10

EXERCICE 8.16 (page 345)Éq. équilibrée : 2Cr2+(aq) 9: 2Cr3+(aq) + 2e−

S O4 62−(aq) + 2e− 9: 2S O2 3

2−(aq)

⇒ 2 électrons transférés

S O4 62−(aq) + 2Cr2+(aq) 9: 2Cr3+(aq) + 2S O2 3

2−(aq)



Relation entre l'équation de Nernst et la constante d'équilibre

Epile = E0 − 0 0592,

nlog Qc

Dans une pile, Qc = K et Epile = 0

⇒ 0 = 0,67 − 0 0592

2,

log K ⇒ 0,67 = 0 0592

2,

log K ⇒ log K =

0 67 20 0592,,

× = 23

log K = 23 ⇒ K = 1023

EXERCICE 8.17 (page 348)a) Anode : Zn(Hg)(s) + 2OH−(aq) 9: ZnO(s) + H2O(l) + 2e−

Cathode : HgO(s) + H2O(l) + 2e− 9: Hg(l) + 2OH−(aq)Éq. globale : Zn(Hg)(s) + HgO(s) 9: ZnO(s) + Hg(l)

b) Anode : Zn(s) + 2OH−(aq) 9: ZnO(s) + H2O(l) + 2e−

Cathode : Ag2O(s) + H2O(l) + 2e− 9: 2Ag(s) + 2OH−(aq)Éq. globale : Zn(s) + Ag2O(s) 9: ZnO(s) + 2Ag(s)

EXERCICE 8.18 (page 349)a) Éq. globale : Pb(s) + 2 4

2SO − (aq) + PbO2(s) + 4H+(aq) 9: 2PbSO4(s) + 2H2O(l)

Epile0 = 1,691 V + 0,359 V = 2,050 V

b) Éq. globale : Cd(s) + NiO2(s) + 2H2O(l) 9: Cd(OH)2(s) + Ni(OH)2(s)E0 = 0,809 V + 0,490 V = 1,299 V


Q = it =

0 8501 1

, Cs

60 s min

60 min h

× × × 1,5 h = 4600 C

mol e− = 4600 C ×

1 mol e6 485 C

−

9 = 0,048 mol e−

Masse d'argent déposé : 0,048 mol e− ×

1 mol Ag1 mol e

107,87 g mol Ag− ×

1 = 5,2 g

EXERCICE 8.20 (page 354)a) Réaction d'oxydoréduction

À l'anode : 2Cl−(aq) 9: Cl2(g) + 2e−

À la cathode : 2H2O(l) + 2e− 9: H2(g) + 2OH−(aq)

Éq. globale : 2Cl−(aq) + 2H2O(l) 9: Cl2(g) + H2(g) + 2OH−(aq)

b) Quantité d'électricité

Q = it = 500,0 A × 30,0 min = 500 0 30 0 60

1, ,Cs

min smin

× × = 9,00 × 105 C

c) Masse de chlore moléculaire

mol e− = 9,00 × 105 C × 196 485

mol eC

−

= 9,33 mol e−

Masse de chlore moléculaire = 9,33 mol e− × 12

70 901

2mol Clmol e

gmol− × ,

= 331 g



QUESTIONS ET EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES (pages 363 à 366) 1. a) H = +1; O = −2; S = +4

b) Na = +1; O = −1c) K = +1; O = −2; Cr = +6d) P = 0e) Al = +3; O = −2; H = +1f ) B = +3; O = −2g) Cu = +2; N = +5; O = −2h) H = +1; O = −2; As = +5i) Cl = +7; O = −2j) H = +1; N = −3; C = +2

2. a) Oxy. : Cl2; Réd. : H2

b) Oxy. : O2; Réd. : CH4 (C−4)

d) Oxy. : O2; Réd. : Age) Oxy. : H2O2 (O

−1); Réd. : I−

g) Oxy. : Ag+; Réd. : Cu(s)i) Oxy. : KMnO4 (Mn+7); Réd. : H2C2O4 (C

+3)j) Oxy. : NO2 (N

+4); Réd. : NO2 (N+4)

3. a) 1° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e− (oxy.)Mn+7 + 5e− 9: Mn2+ (réd.)

2° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

MnO4− + 5e− 9: Mn2+

3° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+

4° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+ + 4H2O

5° 5Fe2+ 9: 5Fe3+ + 5e−

MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+ + 4H2O

6° 5Fe2+ + MnO4− + 8H+ 9: 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O

b) 1° Mn+7 + 5e− 9: Mn2+ (réd.)S4+ 9: S6+ + 2e− (oxy.)

2° MnO4− + 5e− 9: Mn2+

SO32− 9: HSO4

− + 2e−

3° MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+

SO32− 9: HSO4

− + H+ + 2e−

4° MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+ + 4H2O

SO32− + H2O 9: HSO4

− + H+ + 2e−

5° 2MnO4− + 16H+ + 10e− 9: 2Mn2+ + 8H2O

5SO32− + 5H2O 9: 5HSO4

− + 5H+ + 10e−

6° 2MnO4− + 5SO3

2− + 11H+ 9: 2Mn2+ + 5HSO4− + 3H2O

c) 1° I0 9: I5+ + 5e− (oxy.)N5+ + 3e− 9: N2+ (réd.)

2° I2 9: 2IO3− + 10e−

NO3− + 3e− 9: NO

3° I2 9: 2IO3− + 12H+ + 10e−

NO3− + 4H+ + 3e− 9: NO

4° I2 + 6H2O 9: 2IO3− + 12H+ + 10e−

NO3− + 4H+ + 3e− 9: NO + 2H2O



5° 3I2 + 18H2O 9: 6IO3− + 36H+ + 30e−

10NO3− + 40H+ + 30e− 9: 10NO + 20H2O

6° 3I2 + 10NO3− + 4H+ 9: 6IO3

− + 10NO + 2H2O

d) 1° C3+ 9: C4+ + 1e− (oxy.)Mn4+ + 2e− 9: Mn2+ (réd.)

2° C O2 42− 9: 2CO2 + 2e−

MnO2 + 2e− 9: Mn2+

3° C O2 42− 9: 2CO2 + 2e−

MnO2 + 4H+ + 2e− 9: Mn2+

4° C O2 42− 9: 2CO2 + 2e−

MnO2 + 4H+ + 2e− 9: Mn2+ + 2H2O

5° C O2 42− + MnO2 + 4H+ 9: 2CO2 + Mn2+ + 2H2O

e) 1° Cl0 + 1e− 9: Cl− (réd.)Cl0 9: Cl+ + 1e− (oxy.)

2° Cl2 + 2e− 9: 2Cl−

Cl2 9: 2ClO− + 2e−

3° Cl2 + 2e− 9: 2Cl−

Cl2 9: 2ClO− + 4H+ + 2e−

4° Cl2 + 2e− 9: 2Cl−

Cl2 + 2H2O 9: 2ClO− + 4H+ + 2e−

5° 2Cl2 + 2H2O 9: 2Cl− + 2ClO− + 4H+

f ) 1° Mn7+ + 5e− 9: Mn2+ (réd.)Cl− 9: Cl0 + 1e− (oxy.)

2° MnO4− + 5e− 9: Mn2+

2Cl− 9: Cl2 + 2e−

3° MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+

2Cl− 9: Cl2 + 2e−

4° MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+ + 4H2O

2Cl− 9: Cl2 + 2e−

5° 2MnO4− + 16H+ + 10e− 9: 2Mn2+ + 8H2O

10Cl− 9: 5Cl2 + 10e−

6° 2MnO4− + 10Cl− + 16H+ 9: 2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O

g) 1° Zn 9: Zn2+ + 2e− (oxy.)N5+ + 8e− 9: N3− (réd.)

2° Zn 9: Zn2+ + 2e−

NO3− + 8e− 9: NH4

+

3° Zn 9: Zn2+ + 2e−

NO3− + 10H+ + 8e− 9: NH4

+

4° Zn 9: Zn2+ + 2e−

NO3− + 10H+ + 8e− 9: NH4

+ + 3H2O

5° 4Zn 9: 4Zn2+ + 8e−

NO3− + 10H+ + 8e− 9: NH4

+ + 3H2O

6° 4Zn + NO3− + 10H+ 9: 4Zn2+ + NH4

+ + 3H2O

h) 1° N5+ + 1e− 9: N4+ (réd.)I0 9: I5+ + 5e− (oxy.)

2° NO3− + 1e− 9: NO2

I2 9: 2IO3− + 10e−



3° NO3− + 2H+ + 1e− 9: NO2

I2 9: 2IO3− + 12H+ + 10e−

4° NO3− + 2H+ + 1e− 9: NO2 + H2O

I2 + 6H2O 9: 2IO3− + 12H+ + 10e−

5° 10NO3− + 20H+ + 10e− 9: 10NO2 + 10H2O

I2 + 6H2O 9: 2IO3− + 12H+ + 10e−

6° 10NO3− + I2 + 8H+ 9: 10NO2 + 4H2O + 2IO3

−

i) 1° Mn7+ + 5e− 9: Mn2+ (réd.)S2− 9: S0 + 2e− (oxy.)

2° MnO4− + 5e− 9: Mn2+

H2S 9: S + 2e−

3° MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+

H2S 9: S + 2H+ + 2e−

4° MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+ + 4H2O

H2S 9: S + 2H+ + 2e−

5° 2MnO4− + 16H+ + 10e− 9: 2Mn2+ + 8H2O

5H2S 9: 5S + 10H+ + 10e−

6° 2MnO4− + 5H2S + 6H+ 9: 2Mn2+ + 5S + 8H2O

j) 1° Br0 + 1e− 9: Br− (réd.)S4+ 9: S6+ + 2e− (oxy.)

2° Br2 + 2e− 9: 2Br−

SO2 9: SO42− + 2e−

3° Br2 + 2e− 9: 2Br−

SO2 9: SO42− + 4H+ + 2e−

4° Br2 + 2e− 9: 2Br−

SO2 + 2H2O 9: SO42− + 4H+ + 2e−

5° Br2 + SO2 + 2H2O 9: 2Br− + SO42− + 4H+

4. a) 1° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e− (oxy.)H+ + 1e− 9: H0 (réd.)

2° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

H2O + 2e− 9: H2

3° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

H2O + 2e− 9: H2 + 2OH−

4° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

2H2O + 2e− 9: H2 + 2OH−

5° 2Fe2+ 9: 2Fe3+ + 2e−

2H2O + 2e− 9: H2 + 2OH−

6° 2Fe2+ + 2H2O 9: 2Fe3+ + H2 + 2OH−

b) 1° N3+ + 6e− 9: N3− (réd.)Al 9: Al3+ + 3e− (oxy.)

2° NO2− + 6e− 9: NH3

Al 9: AlO2− + 3e−

3° NO2− + 6e− 9: NH3 + 7OH−

Al + 4OH− 9: AlO2− + 3e−

4° NO2− + 5H2O + 6e− 9: NH3 + 7OH−

Al + 4OH− 9: AlO2− + 2H2O + 3e−

5° NO2− + 5H2O + 6e− 9: NH3 + 7OH−



2Al + 8OH− 9: 2AlO2− + 4H2O + 6e−

6° NO2− + 2Al + H2O + OH− 9: NH3 + 2AlO2

−

c) 1° O− + 1e− 9: O2− (réd.)I− 9: I0 + 1e− (oxy.)

2° H2O2 + 2e− 9: 2H2O2I− 9: I2 + 2e−

3° H2O2 + 2e− 9: 2H2O + 2OH−

2I− 9: I2 + 2e−

4° H2O2 + 2H2O + 2e− 9: 2H2O + 2OH−

2I− 9: I2 + 2e−

5° H2O2 + 2I− 9: I2 + 2OH−

d) 1° P0 9: P+ + 1e− (oxy.)P0 + 3e− 9: P3− (réd.)

2° P4 9: 4H PO2 2− + 4e−

P4 + 12e− 9: 4PH3

3° P4 + 8OH− 9: 4H PO2 2− + 4e−

P4 + 12e− 9: 4PH3 + 12OH−

4° P4 + 8OH− 9: 4H PO2 2− + 4e−

P4 + 12H2O + 12e− 9: 4PH3 + 12OH−

5° 3P4 + 24OH− 9: 12H PO2 2− + 12e−

P4 + 12H2O + 12e− 9: 4PH3 + 12OH−

6° 3P4 + P4 + 12OH− + 12H2O 9: 12H PO2 2− + 4PH3

4P4 + 12OH− + 12H2O 9: 12H PO2 2− + 4PH3

e) 1° Mn7+ + 3e− 9: Mn4+ (réd.)Se2− 9: Se0 + 2e− (oxy.)

2° MnO4− + 3e− 9: MnO2

Se2− 9: Se0 + 2e−

3° MnO4− + 3e− 9: MnO2 + 4OH−

Se2− 9: Se0 + 2e−

4° MnO4− + 2H2O + 3e− 9: MnO2 + 4OH−

Se2− 9: Se0 + 2e−

5° 2MnO4− + 4H2O + 6e− 9: 2MnO2 + 8OH−

3Se2− 9: 3Se0 + 6e−

6° 2MnO4− + 3Se2− + 4H2O 9: 2MnO2 + 3Se0 + 8OH−

f ) 1° N4+ 9: N5+ + 1e− (oxy.)N4+ + 1e− 9: N3+ (réd.)

2° NO2 9: NO3− + 1e−

NO2 + 1e− 9: NO2−

3° NO2 + 2OH− 9: NO3− + 1e−

NO2 + 1e− 9: NO2−

4° NO2 + 2OH− 9: NO3− + H2O + 1e−

NO2 + 1e− 9: NO2−

5° 2NO2 + 2OH− 9: NO3− + NO2

− + H2O

g) 1° Zn 9: Zn2+ + 2e− (oxy.)N5+ + 8e− 9: N3− (réd.)

2° Zn 9: Zn2+ + 2e−



NO3− + 8e− 9: NH3

3° Zn 9: Zn2+ + 2e−

NO3− + 8e− 9: NH3 + 9OH−

4° Zn 9: Zn2+ + 2e−

NO3− + 6H2O + 8e− 9: NH3 + 9OH−

5° 4Zn 9: 4Zn2+ + 8e−

NO3− + 6H2O + 8e− 9: NH3 + 9OH−

6° 4Zn + NO3− + 6H2O 9: 4Zn2+ + NH3 + 9OH−

h) 1° Cl0 + 1e− 9: Cl− (réd.)Cl0 9: Cl5+ + 5e− (oxy.)

2° Cl2 + 2e− 9: 2Cl−

Cl2 9: 2ClO3− + 10e−

3° Cl2 + 2e− 9: 2Cl−

Cl2 + 12OH− 9: 2ClO3− + 10e−

4° Cl2 + 2e− 9: 2Cl−

Cl2 + 12OH− 9: 2ClO3− + 6H2O + 10e−

5° 5Cl2 + 10e− 9: 10Cl−

Cl2 + 12OH− 9: 2ClO3− + 6H2O + 10e−

6° 6Cl2 + 12OH− 9: 10Cl− + 2ClO3− + 6H2O

i) 1° Mn2+ 9: Mn4+ + 2e− (oxy.)Mn7+ + 3e− 9: Mn4+ (réd.)

2° Mn2+ 9: MnO2 + 2e−

MnO4− + 3e− 9: MnO2

3° Mn2+ + 4OH− 9: MnO2 + 2e−

MnO4− + 3e− 9: MnO2 + 4OH−

4° Mn2+ + 4OH− 9: MnO2 + 2H2O + 2e−

MnO4− + 2H2O + 3e− 9: MnO2 + 4OH−

5° 3Mn2+ + 12OH− 9: 3MnO2 + 6H2O + 6e−

2MnO4− + 4H2O + 6e− 9: 2MnO2 + 8OH−

6° 3Mn2+ + 2MnO4− + 4OH− 9: 5MnO2 + 2H2O

j) 1° I− 9: I(1/3)− + 23 e− (oxy.)

I7+ + 2e− 9: I5+ (réd.)

2° 3I− 9: I3− + 2e−

IO4− + 2e− 9: IO3

−

3° 3I− 9: I3− + 2e−

IO4− + 2e− 9: IO3

− + 2OH−

4° 3I− 9: I3− + 2e−

IO4− + H2O + 2e− 9: IO3

− + 2OH−

5° 3I− + IO4− + H2O 9: I3

− + IO3− + 2OH−

5. a) Ag0 +⎯ →⎯1 Ag+1

N5+ −⎯ →⎯1 N4+

Ag + 2HNO3 9: AgNO3 + NO2 + H2O

b) 3 × (S2− +⎯ →⎯2 S0)

2 × (N5+ −⎯ →⎯3 N2+)



3CuS + 2HNO3 9: 3Cu(NO3)2 + 2NO + 3S + H2O3CuS + 8HNO3 9: 3Cu(NO3)2 + 2NO + 3S + 4H2O

c) (Mn4+ +⎯ →⎯3 Mn7+)

(Bi5+ −⎯ →⎯2 Bi3+)

4 × (Mn4+ +⎯ →⎯3 Mn7+)

3 × (2Bi5+ −⎯ →⎯4 2Bi3+)4MnO2 + 6NaBiO3 + H2SO4 9: 3Bi2(SO4)3 + 4NaMnO4 + Na2SO4 + H2O4MnO2 + 6NaBiO3 + 10H2SO4 9: 3Bi2(SO4)3 + 4NaMnO4 + Na2SO4 + 10H2O

d) 8 × (Al0 3+⎯ →⎯ Al3+)

3 × (N5+ 8−⎯ →⎯ N3−)8Al + 3NaNO3 + NaOH + H2O 9: 3NH3 + 8NaAl(OH)4

8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 18H2O 9: 3NH3 + 8NaAl(OH)4

e) Sn2+ 2+⎯ →⎯ Sn4+

O0 2−⎯ →⎯ O2−

2 × (Sn2+ 2+⎯ →⎯ Sn4+)

(O2 4−⎯ →⎯ 2H2O)

2SnCl2 + O2 + 8HCl 9: 2H2SnCl6 + 2H2O

6. nce4+ = 28,0 mL ×

1 L1 00 mL

0,100 mol L0 1

× = 2,80 × 10−3 mol

nce4+ = nFe2+ = 2,80 × 10−3 mol

cFe2+ =

2,80 10 mol0,0 mL

1000 mL L

3××

−

5 1 = 0,0560 mol/L

7. a) 1° C3+ 9: C4+ + 1e− (oxy.)Mn7+ + 5e− 9: Mn2+ (réd.)

2° H2C2O4 9: 2CO2 + 2e−

MnO4− + 5e− 9: Mn2+

3° H2C2O4 9: 2CO2 + 2H+ + 2e−

MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+

4° H2C2O4 9: 2CO2 + 2H+ + 2e−

MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+ + 4H2O

5° 5H2C2O4 9: 10CO2 + 10H+ + 10e−

2MnO4− + 16H+ + 10e− 9: 2Mn2+ + 8H2O

6° 5H2C2O4 + 2MnO4− + 6H+ 9: 10CO2 + 2Mn2+ + 8H2O

b) mol H2C2O4 = 25,0 mL ×

1 L1 00 mL

0,150 mol L0 1

× = 3,75 × 10−3 mol

mol MnO4− = 3,75 × 10−3 mol H2C2O4 ×

2 mol MnO5 mol H C O2

4

2 4

−

= 1,50 × 10−3 mol

c

MnO

31,50 10 mol1 ,70 mL

1000 mL L4 9 1− =

××

−

= 7,61 × 10−2 mol/L

8. a) 1° Mn2+ 9: Mn4+ + 2e− (oxy.)Mn7+ + 3e− 9: Mn4+ (réd.)

2° Mn2+ 9: MnO2 + 2e−

MnO4− + 3e− 9: MnO2



3° Mn2+ + 4OH− 9: MnO2 + 2e−

MnO4− + 3e− 9: MnO2 + 4OH−

4° Mn2+ + 4OH− 9: MnO2 + 2H2O + 2e−

MnO4− + 2H2O + 3e− 9: MnO2 + 4OH−

5° 3Mn2+ + 12OH− 9: 3MnO2 + 6H2O + 6e−

2MnO4− + 4H2O + 6e− 9: 2MnO2 + 8OH−

6° 3Mn2+ + 2MnO4− + 4OH− 9: 5MnO2 + 2H2O

b) n

MnO4− = 34,50 mL ×

1 L1 00 mL

0,0425 mol L0 1

× = 1,47 × 10−3 mol

nMn2+ = 1,47 × 10−3 mol MnO4− ×

32 4

mol Mn mol MnO

2+

− = 2,20 × 10−3 mol

c

Mn

3

2

,20 10 mol mL

1000 mL L+ =

××

−225 0 1,

= 8,80 × 10−2 mol/L

9. a) 1° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e− (oxy.)Mn7+ + 5e− 9: Mn2+ (réd.)

2° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

MnO4− + 5e− 9: Mn2+

3° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+

4° Fe2+ 9: Fe3+ + 1e−

MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+ + 4H2O

5° 5Fe2+ 9: 5Fe3+ + 5e−

MnO4− + 8H+ + 5e− 9: Mn2+ + 4H2O

6° 5Fe2+ + MnO4− + 8H+ 9: 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O

b) nFe =

0,4541 g5,84 g /mol5

= 8,132 × 10−3 mol = nFe2+

n

MnO4− = 8,132 × 10−3 mol Fe2+ ×

1 mol MnO mol Fe2

4

5

−

+ = 1,626 × 10−3 mol

c

MnO

310 mol mL

1000 mL L4

1 62624 20 1− =

××

−,,

= 6,721 × 10−2 mol/L

10. mol Cr O2 72− = 30,50 mL ×

1 L1 00 mL

0,0505 mol L0 1

× = 1,54 × 10−3 mol

mol Fe2+ = 1,54 × 10−3 mol Cr O2 72− ×

6 mol Fe mol Cr O

2

2

+

−1 72 = 9,24 × 10−3 mol

Masse de Fe2+ = masse de Fe(s) = 9,24 × 10−3 mol ×

55,84 g1 mol

= 0,516 g

% m/m =

0,516 g0,9252 g

× 100 = 55,8 %

11. Cu+ 9: Cu2+ + 1e− (oxy.) Eoxy.0 = −0,153 V

Ag+ + 1e− 9: Ag0 (réd.) Eréd.0 = 0,800 V

Epile0 = 0,800 V − 0,153 V = 0,647 V



12. a) Sn(s) 9: Sn2+(aq) + 2e− (anode) E0 = 0,138 V2Cu+(aq) + 2e− 9: 2Cu(s) (cathode) E0 = 0,521 V

Éq. globale : Sn(s) + 2Cu+(aq) 9: Sn2+(aq) + 2Cu(s)

Epile0 = 0,138 V + 0,521 V = 0,659 V

b) 2Al(s) 9: 2Al3+(aq) + 6e− (anode) E0 = 1,662 V3Sn2+(aq) + 6e− 9: 3Sn(s) (cathode) E0 = −0,138 V

Éq. globale : 3Sn2+(aq) + 2Al(s) 9: 2Al3+(aq) + 3Sn(s)

Epile0 = 1,662 V + (−0,138) V = 1,524 V

c) Fe2+(aq) 9: Fe3+(aq) + 1e− (anode, Pt) E0 = −0,771 VAg+(aq) + 1e− 9: Ag(s) (cathode) E0 = 0,800 V

Éq. globale : Fe2+(aq) + Ag+(aq) 9: Fe3+(aq) + Ag(s)

Epile0 = 0,800 V − 0,771 V = 0,029 V

d) Co(s) 9: Co2+(aq) + 2e− (anode) E0 = 0,280 V2Ag+(aq) + 2e− 9: 2Ag(s) (cathode) E0 = 0,800 V

Éq. globale : Co(s) + 2Ag+(aq) 9: Co2+(aq) + 2Ag(s)

Epile0 = 0,280 V + 0,800 V = 1,080 V

e) 6MnO4− (aq) + 48H+(aq) + 30e− 9: 6Mn2+(aq) + 24H2O(l) (cathode, Pt) E0 = 1,507 V

5I−(aq) + 15H2O(l) 9: 5IO3− (aq) + 30H+(aq) + 30e− (anode, Pt) E0 = −1,085 V

Éq. globale : 6MnO4− (aq) + 5I−(aq) + 18H+(aq) 9: 9H2O(l) + 6Mn2+(aq) + 5IO3

− (aq)

Epile0 = 1,507 V + 1,085 V = 0,422 V

13. 2H2(g) 9: 4H+(aq) + 4e− E0 = 0,00 V

O2(g) + 4H+(aq) + 4e− 9: 2H2O(l) E0 = 1,229 VÉq. globale : 2H2(g) + O2(g) 9: 2H2O(l) E0 = 1,229 V

14. a) Zn2+(aq) + 2e− 9: Zn(s) (réd.)M(s) 9: M2+(aq) + 2e− (oxy.)

Éq. globale : Zn2+(aq) + M(s) 9: Zn(s) + M2+(aq) Epile0 = 0,423 V

Epile0 = Eréd.

0 + Eoxy.0

0,423 V = −0,762 V + Eoxy.0

Eoxy.0 = 1,185 V ⇒ M(s) 9: M2+(aq) + 2e−

Eréd.0 = −1,185 V ⇒ M2+(aq) + 2e− 9: M(s)

b) Réaction de réduction du manganèse :Mn2+(aq) + 2e− 9: Mn(s) Eréd.

0 = −1,185 VM = manganèse (Mn)

15. a) Cu2+(aq) + 2e− 9: Cu(s) E0 = 0,342 V2I−(aq) 9: I2(s) + 2e− E0 = −0,536 V

Epile0 = 0,342 V − 0,536 V = −0,194 V

Réaction non spontanée dans le sens de l'équation chimique

b) MnO2(s) + 4H+(aq) + 2e− 9: Mn2+(aq) + 2H2O(l) E0 = 1,224 VH2O2(aq) 9: O2(g) + 2H+(aq) + 2e− E0 = −0,695 V

Epile0 = 1,224 V − 0,695 V = 0,529 V

Réaction spontanée dans le sens de l'équation chimique

c) Ca(s) 9: Ca2+(aq) + 2e− E0 = 2,868 V2H2O(l) + 2e− 9: H2(g) + 2OH−(aq) E0 = −0,828 VE0 = 2,868 V − 0,828 V = 2,040 VRéaction spontanée dans le sens de l'équation chimique



d) Zn(s) 9: Zn2+(aq) + 2e− E0 = 0,762 VMn2+(aq) + 2e− 9: Mn(s) E0 = −1,185 VE0 = 0,762 V − 1,185 V = −0,423 VRéaction non spontanée dans le sens de l'équation chimique

e) O3(g) + H2O(l) + 2e− 9: O2(g) + 2OH−(aq) E0 = 1,24 VCl−(aq) + 2OH−(aq) 9: ClO−(aq) + H2O(l) + 2e− E0 = −0,841 VE0 = 1,240 V − 0,841 V = 0,399 VRéaction spontanée dans le sens de l'équation chimique

f ) NO3− (aq) + 4H+(aq) + 3e− 9: NO(g) + 2H2O(l) E0 = 0,957 V

2H2O(l) 9: O2(g) + 4H+(aq) + 4e− E0 = −1,229 VE0 = 0,957 V − 1,229 V = −0,272 VRéaction non spontanée dans le sens de l'équation chimique

16. Br2(l) + 2e− 9: 2Br−(aq) Eréd.0 = 1,087 V

I2(s) + 2e− 9: 2I−(aq) Eréd.0 = 0,536 V

Le potentiel de réduction du brome est supérieur à celui de l'iode. Ainsi la réduction du brome estfavorisée au détriment de la réduction de l'iode. L'équation qui correspond à la réduction du brome estla seconde (b).

Br2(l) + 2I−(aq) 9: 2Br−(aq) + I2(s)

17. a) 2Cu+(aq) + Fe(s) 9: Cu(s) + Fe2+(aq)Les e− vont se déplacer de l'électrode de fer vers l'électrode de cuivre.

Epile0 = 0,521 V + 0,447 V = 0,968 V

Anode : Fe(s)Cathode : Cu(s)

b) 2Ag+(aq) + Sn2+(aq) 9: 2Ag(s) + Sn4+(aq)Les e− vont se déplacer de l'électrode de platine (Sn2+/Sn4+) vers l'électrode d'argent.

Epile0 = 0,800 V − 0,151 V = 0,649 V

Anode : Sn4+/Sn2+ (électrode de Pt)Cathode : Ag(s)

c) Pb2+(aq) + Sn(s) 9: Pb(s) + Sn2+(aq)Les e− vont se déplacer de l'électrode de Sn vers l'électrode de Pb.

E0 = −0,126 V + 0,138 V = 0,012 V

Anode : Sn(s)Cathode : Pb(s)

18. a) E0 = 0,771 V + (−0,800) V = −0,029 Vb) E0 = 2,866 V + 0,762 V = 3,628 Vc) E0 = 1,507 V − 1,232 V = 0,275 V

19. a) Pb2+(aq) + 2e− 9: Pb(s) E0 = −0,126 VAl(s) 9: Al3+(aq) + 3e− E0 = 1,662 V

Éq. globale : 3Pb2+(aq) + 2Al(s) 9: 3Pb(s) + 2Al3+(aq) Epile0 = 1,536 V



1 , 5 3 6

Pb2+Al3+

Voltmètre

e−

Al(anode)

Pb(cathode)⎯⎯

⎯⎯

b) Cl2(g) + 2e− 9: 2Cl−(aq) E0 = 1,358 V2H2O(l) 9: O2(g) + 4H+(aq) + 4e− E0 = −1,229 V

Éq. globale : 2Cl2(g) + 2H2O(l) 9: 4Cl−(aq) + O2(g) + 4H+(aq) Epile0 = 0,129 V

0 , 1 2 9

Pt(anode)

Cl−H2O

e−

H+ H+

Cl2(g)(101,3 kPa)

O2(g)(101,3 kPa)

←←

Voltmètre

Pt(cathode)

⎯⎯ ⎯⎯

c) Zn(s) 9: Zn2+(aq) + 2e− E0 = 0,762 V

NO3− (aq) + 4H+(aq) + 3e− 9: NO(g) + 2H2O(l) E0 = 0,957 V

Éq. globale : 3Zn(s) + 2NO3− (aq) + 8H+(aq) 9: 3Zn2+(aq) + 2NO(g) + 4H2O(l) E0 = 1,719 V

1 , 7 1 9

Voltmètre

e−

H+Zn2+ NO−3

NO(g)(101,3 kPa)

←

Pt(cathode)

Zn(anode)

⎯⎯

⎯⎯

d) Fe3+(aq) + 1e− 9: Fe2+(aq) E0 = 0,771 VCu(s) 9: Cu+(aq) + 1e− E0 = −0,521 V

Éq. globale : Fe3+(aq) + Cu(s) 9: Fe2+(aq) + Cu+(aq) E0 = 0,250 V



0 , 2 5 0

Voltmètre

e−

Cu+

Fe2+

Pt(cathode)

Fe3+

⎯⎯Cu(anode)

⎯⎯

20. a) Augmentation du potentielb) Augmentation du potentielc) Aucun effetd) Aucun effete) Augmentation du potentielf ) Diminution du potentiel

21. Fe3+(aq) + 1e− 9: Fe2+(aq) E0 = 0,771 VAg+(aq) + 1e− 9: Ag(s) E0 = 0,800 V

Ag+(aq) + Fe2+(aq) 9: Ag(s) + Fe3+(aq)

E0 = 0,800 V + (−0,771) V = 0,029 V

Epile = 0,029 V −

0,05921

[Fe[Ag [Fe

3

2log]

] ]

+

+ +

= 0,029 V − 0,0592 log

0,251,0 0,15×

= 0,029 − 0,0592 × 0,22 = 0,029 − 0,013 = 0,016

Epile = 0,016 V

22. Zn(s) 9: Zn2+(aq) + 2e− Eoxy.

0 = 0,762 V

2H+(aq) + 2e− 9: H2(g) Eréd.0 = 0,0 V

Epile = E0 −

0,0592 [Zn

[H

2H

22

2log]

]

+

+

P

0,600 V = 0,762 V −

0,0592[H2

1 0 1 002log

, ,]

×+

−0,162 V = − +

0,0592[H21 0

2log,

]

5,47 = log

,]

1 02[H+ ⇒ 5,47 = log 1,0 − 2 log [H+]

⇒ 2,74 = −log [H+] ⇒ [H+] = 10−2,74 ⇒ [H+] = 1,83 × 10−3 mol/L

23. Pb(s) 9: Pb2+(aq, soln sat.) + 2e−

Pb2+(aq, 0,100 mol/L) + 2e− 9: Pb(s)

Pb(s) + Pb2+(aq, 0,100 mol/L) 9: Pb2+(aq, soln sat.) + Pb(s)

Epile = 0 −

0,0592 [Pb2soln sat.

2 0 100log

],

+



0,057 V = −

+0,0592 [Pb2soln sat.

2 0 100log

],

= 0,0296(log [Pb2+]soln sat. − log 0,100)

⇒ −1,93 = log [Pb2+]soln sat. + l,00 ⇒ [Pb2+]soln sat. = 10−2,93

[Pb2+]soln sat. = 0,001 19 mol/L[I−] = 0,002 38 mol/L

PbI2(s) L Pb2+(aq) + 2I−(aq)Kps = [Pb2+][I−]2

Kps = 0,001 19 × (0,002 38)2

Kps = 6,7 × 10−9

24. a) Zn(s) + Cu2+(aq) 9: Zn2+(aq) + Cu(s)

E = 1,13 V = E0 −

0,0592 [Zn[Cu

2

22log

]]

+

+

1,13 V = E0 −

0,05922

0 1001 00

log,,

⇒ 1,13 = E0 + 0,0296

E0 = 1,10 V

b) E = 1,10 V −

0,05922

0 01002 00

log,

,E = 1,17 V

25. a) Cu(s) 9: Cu2+(aq) + 2e− E0 = −0,342 VFe3+(aq) + 1e− 9: Fe2+(aq) E0 = 0,771 VCu(s) + 2Fe3+(aq) 9: Cu2+(aq) + 2Fe2+(aq) Epile

0 = 0,429 V

Epile = 0,429 − 0,0592 [Cu [Fe

[Fe

2 2

32

2

2log] ]

]

+ +

+

= 0,429 V −

0,05922

0 10 0 200 30

2

2log, ( , )

( , )×

= 0,429 − 0,0296 × −1,35 = 0,429 + 0,040 = 0,469

Epile = 0,469 VLa réaction est spontanée dans le sens de l'équation globale équilibrée. La réaction va se déroulerselon le schéma de la pile.

b) Sn(s) 9: Sn2+(aq) + 2e− E0 = 0,138 VPb2+(aq) + 2e− 9: Pb(s) E0 = −0,126 VSn(s) + Pb2+(aq) 9: Sn2+(aq) + Pb(s) Epile

0 = 0,012 V

Epile = 0,012 −

0,0592 [Sn[Pb

2

22log

]]

+

+

= 0,012 −

0,05922

0 4000 0010

log,,

= 0,012 − 0,0296 × 2,60 = 0,012 − 0,077 = 0,065

= −0,065 VLa réaction est non spontanée dans le sens de l'équation globale équilibrée. C'est la réaction inversequi sera spontanée.

26. a) 2Cl−(aq) 9: Cl2(g) + 2e− E0 = −1,358 VPbO2(s) + 4H+(aq) + 2e− 9: Pb2+(aq) + 2H2O(l) E0 = 1,455 VÉq. globale : 2Cl−(aq) + PbO2(s) + 4H+(aq) 9: Cl2(g) + Pb2+(aq) + 2H2O(l)

b) Epile0 = 1,455 V − 1,358 V = 0,097 V

Réaction spontanée dans le sens de l'équation globale (E = 0,097 V)



c) E = 0,097 −

0,0592 [Pb [Cl[H [Cl

22

2 4 2log] ]

] ]

+

+ −

E = 0,097 −

0,05922

1 0 1 04 6 10 1 04 4 2log

, ,( , ) ( , )

×× ×− = 0,097 − 0,0296 log 4,48 × 10−14

E = 0,097 − 0,0296 × 13,35 = 0,097 − 0,395 = −0,30E = −0,30 VRéaction non spontanée dans le sens de l'équation globale (E = −0,30 V)

d) E = 0,097 −

0,05922

1 0 1 02 0 1 04 2log

, ,( , ) ( , )

××

= 0,097 − 0,0296 log 116

= 0,13 V

Réaction spontanée dans le sens de l'équation globale (E = 0,13 V)

27. a) Al(s) 9: Al3+(aq) + 3e− (oxy.) E0 = 1,662 VAg+(aq) + 1e− 9: Ag(s) (réd.) E0 = 0,800 VÉq. globale : 3Ag+(aq) + Al(s) 9: 3Ag(s) + Al3+(aq)

Epile0 = 2,462 V

Oxydant : Ag+

Réducteur : Al

2 , 4 6 2

Al(anode)

Ag(cathode)

e−

Al3+ Ag+

⎯⎯⎯⎯⎯⎯

Voltmètre

b) E = 2,462 V −

0 05923

, log

[ ][ ]

AlAg

3

3

+

+

E = 2,462 V −

0 05923

, log

0 1002 00 3

,( , )

= 2,462 − 0,0197 × −1,903 = 2,50

E = 2,50 V28. a) I2

b) Al3+

c) Ald) I−

29. Ag+(aq) + 1e− 9: Ag(s) E0 = 0,800 V

E = 0,40 V = E0 −

0 05921

, log

1[ ]Ag +

0,40 V = 0,800 V − 0,0592 log

1[ ]Ag +

+0,40 V = +0,0592 log

1[ ]Ag +

6,76 = −log [Ag+] ⇒ [Ag+] = 10−6,76

[Ag+] = 1,74 × 10−7 mol/L



30. Al(s) 9: Al3+(aq) + 3e− (oxy.) E0 = 1,662 VCu2+(aq) + 2e− 9: Cu(s) (réd.) E0 = 0,342 V

Éq. globale : 2Al(s) + 3Cu2+(aq) 9: 2Al3+(aq) + 3Cu(s)

Epile0 = 1,662 V + 0,342 V = 2,004 V

Réduction 2Al(s) + 3Cu2+ 9: 2Al3+ + 3Cu(s)

[ ]0 (mol/L) — 1,000 1,00 —

mod. — −0,900 +0,900 × 2/3 —

[ ]fin. (mol/L) — 0,100 1,60 —

Epile = 2,004 V −

0,05926

log

[ ][ ]AlCu

3 2

2 3

+

+

Epile = 2,004 V −

0,05926

log

( , )( , )1 600 100

2

3 = 2,004 − 0,009 87 log 2,56 × 103 = 2,004 − 0,0364 = 1,97

Epile = 1,97 V

31. mol de Cu(s) =

12 06

, g3,546 g /mol

= 0,189 mol de Cu (Cu2+)

mol de e− = 0,189 mol Cu ×

21 mol de e mol Cu

−

= 0,378 mol de e−

Charge = 0,378 mol de e− ×

96 4851

C mol de e− = 36 400 C

i =

3 4005 3600 1

6 Ch s h× ⋅ − = 2,02 A

32. Q = it = 0,150 A × 20,0 min × 60 s·min−1 = 180 C

mol de e− = 180 C ×

196 485 mol de e

C

−

= 0,001 87 mol de e−

0,001 87 mol de e− = 0,001 87 mol de Ag(s)

Masse de Ag = 0,001 87 mol de Ag ×

107 871

, g mol de Ag

= 0,201 g

33. Al3+(aq) + 3e− 9: Al(s)

Q = it = 10,0 A × 10,0 min ×

61

0 s min

= 6,00 × 103 C

mol de e− = 6,00 × 103 C ×

196 485 mol de e

C

−

= 0,0622 mol de e−

mol de Al3+ = 0,0622 mol de e− ×

13

3 mol de Al mol de e

+

− = 0,0207 mol de Al3+

Masse de Al = 0,0207 mol de Al ×

21

6,98 g mol de Al

= 0,559 g

34. Q = it = 500 A × 8 h ×

610 min

h ×

61

0 s min

= 1,44 × 107 C

mol de e− = 1,44 × 107 C ×

196 485 mol de e

C

−

= 1,49 × 102 mol de e−



mol de Na+ = 1,49 × 102 mol de e− ×

11 mol de Na mol de e

+

− = 1,49 × 102 mol de Na+

Masse de Na = 1,49 × 102 mol de Na ×

21

2,99 g mol de Na( )s

= 3430 g de Na

35. Q = it = 35 A × 2 h × 60 min·h−1 × 60 s·min−1 = 250 000 C

mol de e− = 250 000 C ×

196 485 mol de e

C

−

= 2,6 mol de e−

L'équation balancée de l'électrolyse de l'eau est celle-ci :2H2O(l) 9: 2H2(g) + O2(g)

On forme l'hydrogène moléculaire selon cette équation de réduction :4H+(aq) + 4e− 9: 2H2(g)

On forme l'oxygène selon cette équation d'oxydation :4OH−(aq) 9: O2(g) + 4e− + 2H2O(l)

Il faut calculer, à partir du nombre de moles d'e− en circulation, le nombre de moles de H2 et de O2

produit.

Pour H2 ⇒ mol H2 = 2,6 mol d'e− ×

24

mol H mol de e

2− = 1,3 mol H2.

Pour O2 ⇒ mol O2 = 2,6 mol d'e− ×

14

mol O mol de e

2− = 0,65 mol O2.

Trouvons les volumes produits de chaque gaz.

Pour H2 ⇒ V

nRTPH

mol J mol K K2

1 3 8 315 298200

1 1

= = × ×⋅ ⋅− −, ,kPa

L= 16 .

Pour O2 ⇒ V

nRTPO

,65 mol J mol K K2

0 8 315 29820

1 1

= = × ×⋅ ⋅− −,00

8 1kPa

L= , .

36. a) Cr O2 72− (aq) + 14H+(aq) + 12e− 9: 2Cr(s) + 7H2O(l)

b) VCr = S × E = 0,012 mm ×

1 m mm1000

× 0,20 m2 = 2,4 × 10−6 m3

Masse Cr = V × p = 2,4 × 10−6 m3 ×

100 cm m1

×

100 cm m1

×

100 cm m1

×

7,15 g cm31

= 17 g

mol Cr =

17 g2,00 g /mol5

= 0,33 mol Cr

mol de e− = 0,33 mol Cr ×

12 mol de e mol Cr

−

2 = 2,0 mol de e−

Charge = 2,0 mol de e− ×

9 46 85 C1 mol de e− = 19 000 C

t =

Qi

=

19 00030 0

C A,

= 6400 s (≈ 1 h 47 min)

EXERCICE RÉCAPITULATIF (page 366)37. a) MnO2(s) + 4H+(aq) + 2e− 9: Mn2+(aq) + 2H2O(l) E0 = 1,224 V

Ag+(aq) + 1e− 9: Ag(s) E0 = 0,800 V

Anode : 2Ag(s) 9: 2Ag+(aq) + 2e− E0 = −0,800 VCathode : MnO2(s) + 4H+(aq) + 2e− 9: Mn2+(aq) + 2H2O(l) E0 = 1,224 V

Éq. globale : MnO2(s) + 2Ag(s) + 4H+(aq) 9: 2Ag+(aq) + Mn2+(aq) + 2H2O(l)



b) Ag(s) | Ag+(aq) || MnO2(s) | Mn2+(aq), H+(aq) | Pt

c) L'anode est constituée de Ag(s).La cathode est constituée de Pt(s).

d) Oxydant : MnO2(s)Réducteur : Ag(s)

e) Les électrons se déplacent de l'anode, Ag(s), vers la cathode, MnO2.

f ) Epile0 = 1,224 V − 0,800 V = 0,424 V

g) [H3O+] = 10−3,5 = 3,2 × 10−4 mol/L

Epile = Epile0 −

0,05922

log

[ ] [ ][ ]

Ag MnH

+ +

+

2 2

4

Epile = 0,424 V −

0,05922

log

(0,300)(3,2 10

2

4

×× −

0 3004

,)

= 0,424 − 0,0296 log 2,7 × 1012

= 0,424 − 0,0296 × 12,4 = 0,057Epile = 0,057 V

EXERCICE DÉFI (page 366)38. a) N2(g) + 3H2(g) L 2NH3(g)

N2 + 6H+ + 6e− 9: 2NH3 (nitrogénase) (réd.)H2 9: 2H+ + 2e− (oxy.)

b) (O2 + 4H+ + 4e− 9: 2H2O) × 3 (réd.)(NH3 + 2H2O 9: NO2

− + 7H+ + 6e−) × 2 (oxy.)3O2 + 2NH3 9: 2NO2

− + 2H2O + 2H+ (équation globale)

c) O2 + 4H+ + 4e− 9: 2H2O (réd.)(NO2

− + H2O 9: NO3− + 2H+ + 2e−) × 2 (oxy.)

2NO2− + O2 9: 2NO3

− (équation globale)

d) NO3− + 2H+ + 2e− 9: NO2

− + 2H2O (réd.)NO2

− + 2H+ + 1e− 9: NO + H2O (réd.)2NO + 2H+ + 2e− 9: N2O + H2O (réd.)N2O + 2H+ + 2e− 9: N2 + H2O (réd.)NADP− 9: NADP+ + 2e− (oxy.)2NO3

− + 5NADPH + 7H+ 9: N2 + 5NADP+ + 6H2O (équation globale en milieu acide)

e) NO3− : +5 NO2

− : +3 NO : +2 N2O : +1 N2 : 0

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3 édition CHIMIE SOLUTIONS