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Chimie des solutions 3 e édition CORRIGÉ DÉTAILLÉ Thomas J. Hummel Susan A. Zumdahl Steven S. Zumdahl 8101, boul. Métropolitain Est, Anjou (Québec) Canada H1J 1J9 Téléphone : 514-351-6010 • Télécopieur : 514- 351-3534

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Chimie des solutions

3e édition

CORRIGÉ DÉTAILLÉ

Thomas J. Hummel

Susan A. Zumdahl

Steven S. Zumdahl

8101, boul. Métropolitain Est, Anjou (Québec) Canada H1J 1J9 Téléphone : 514-351-6010 • Télécopieur : 514- 351-3534

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Chimie des solutions, 3e édition Corrigé détaillé Direction de l’édition Services d’édition Danielle Guy Charge de projet Sébastien Grandmont Consultation et adaptation Ghislin Chabot Jean-Luc Riendeau Traduction Jean-Luc Riendeau

La Loi sur le droit d’auteur interdit la reproduction d’œuvres sans l’autorisation des titulaires des droits. Or, la photocopie non autorisée — le photocopillage — a pris une ampleur telle que l’édition d’oeuvres nouvelles est mise en péril. Nous rappelons donc que toute reproduction, partielle ou totale, du présent ouvrage est interdite sans l’autorisation écrite de l’Éditeur.

Gouvernement du Québec – Programme de crédit d’impôt pour l’édition de livres Gestion SODEC. Les Éditions CEC remercient le gouvernement du Québec pour l’aide financière accordée à l’édition de cet ouvrage par l’entremise du Programme de crédit d’impôt pour l’édition de livres, administré par la SODEC. Chimie des solutions, 3e édition Corrigé détaillé © 2007 Les Éditions CEC inc. 8101, boul. Métropolitain Est Anjou (Québec) H1J 1J9 Traduction de: Complete Solutions Guide, Chemistry 7th edition, Steven S. Zumdahl et Susan A. Zumdahl Copyright: © 2007 by Houghton Mifflin Company All rights reserved Tous droits réservés. Il est interdit de reproduire, d’adapter ou de traduire l’ensemble ou toute partie de cet ouvrage sans l’autorisation écrite du propriétaire du copyright. Dépôt légal : 2007 Bibliothèque et Archives nationales du Québec Bibliothèque et Archives Canada ISBN 978-2-7617-2534-7 Imprimé au Canada 1 2 3 4 5 11 10 09 08 07

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PRÉSENTATION Cet ouvrage est le corrigé complet, détaillé et annoté du manuel de S. Zumdahl Chimie des solutions, 3e édition. Ce corrigé comprend tous les tableaux, les équations, les graphiques et les illustrations nécessaires à la résolution intégrale de tous les exercices de fin de chapitre du manuel: les exercices numérotés en bleu et dont seule la réponse est fournie à la fin du manuel ainsi que les exercices numérotés en noir pour lesquels aucune réponse n’est fournie dans le manuel. Seules les Questions de révision et les Questions à discuter en classe ont été omises, car elles visent soit à servir d’introduction au chapitre, soit à permettre une synthèse. Un soin particulier a été apporté dans ce corrigé pour conserver à la fois la démarche pédagogique et les niveaux croissants de difficulté des exercices, ainsi que la nomenclature et les notations mathématiques de l’ouvrage. De plus, nous avons toujours tenté de présenter les démonstrations et méthodes de résolution les plus simples et les plus claires pour l’étudiant(e) tout en demeurant conscient que parfois d’autres méthodes de résolution étaient aussi possibles. Vous trouverez en annexe la liste de l’ensemble des tableaux du manuel ainsi qu’une liste non exhaustive des sites traitant de chimie sur internet. Ce corrigé s’adresse avant tout aux professeurs. Les Éditions CEC inc. en effectuent la diffusion et la vente en en gardant confidentiel le contenu. Il est cependant possible, en s’adressant à l’éditeur, d’obtenir la permission écrite de reproduire pour les étudiant(e)s le contenu de ce corrigé. Nous espérons que ce corrigé favorisera l’apprentissage et facilitera l’enseignement de

la chimie dans vos salles de cours.

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TABLE DES MATIÈRES

Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 1

Chapitre 2 Propriétés des solutions 35

Chapitre 3 Cinétique chimique 71

Chapitre 4 Équilibre chimique 103

Chapitre 5 Acides et bases I 135

Chapitre 6 Applications de l’équilibre en milieux aqueux 189

Chapitre 7 Thermodynamique chimique 253

Chapitre 8 Électrochimie 283

Liste des tableaux du manuel 325

La chimie sur Internet 326

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CHAPITRE 1 TYPES DE RÉACTIONS CHIMIQUES ET STŒCHIOMÉTRIE EN SOLUTION QUESTIONS 6. Une mole de NaOH dissoute dans 1,00 L de solution donne NaOH 1,00 mol/L.

Premièrement, peser 40,00 g de NaOH (1,000 mol). Ajouter ensuite un peu d’eau dans une fiole jaugée de 1 L (un instrument qui est précis à 1,000 L). Dissoudre le NaOH dans la fiole, ajouter un peu plus d’eau, mélanger, ajouter encore plus d’eau, mélanger, etc., jusqu’à ce que l’eau ajoutée atteigne la marque de jauge de la fiole volumétrique. Le résultat est 1,000 L d’une solution de NaOH 1,000 mol/L. Étant donné que l’on connaît le volume, de même que la masse, à quatre chiffres significatifs, la concentration molaire volumique sera connue à quatre chiffres significatifs. En pratique, si on veut une concentration molaire volumique à trois chiffres significatifs, nos mesures devraient être prises à quatre chiffres significatifs.

Quand on a besoin de diluer une solution concentrée avec de l’eau pour préparer une

solution, il faut faire toutes les mesures à quatre chiffres significatifs afin de s’assurer que la concentration molaire volumique soit à trois chiffres significatifs. Dans le cas présent, il faut couper la concentration molaire volumique en deux à partir de 2,00 mol/L à 1,00 mol/L. On commencerait avec une mole de NaOH de la solution concentrée, c’est-à-dire 500,0 mL de NaOH 2,00 mol/L. On ajoute ce volume dans une fiole jaugée de 1 L en ajoutant de l’eau et en mélangeant jusqu’à ce qu’on atteigne la marque de 1,000 L. La solution finale serait à 1,00 mol/L.

7. Bromures solubles : NaBr, KBr et NH4Br (et d’autres) ; bromures insolubles : AgBr, PbBr2

et Hg2Br2 ; sulfates solubles : Na2SO4, K2SO4 et (NH4)2SO4 (et d’autres) ; sulfates insolubles : BaSO4, CaSO4 et PbSO4 ; hydroxydes solubles : NaOH, KOH et Ca(OH)2 ; hydroxydes insolubles : Al(OH)3, Fe(OH)3 et Cu(OH)2 ; phosphates solubles : Na3PO4, K3PO4 et (NH4)3PO4 ; phosphates insolubles : Ag3PO4, Ca3(PO4)2 et FePO4 ; plomb (insolubles) : PbCl2, PbBr2, PbI2, Pb(OH)2, PbSO4 et PbS (et d’autres) ; (soluble) : Pb(NO3).

On utilise les règles de solubilité du tableau 1.1. Quelques bromures solubles selon la règle

2 sont NaBr, KBr et NH4Br (il y en a d’autres). Les bromures insolubles selon la règle 3 sont AgBr, PbBr2 et Hg2Br2. On utilise un raisonnement semblable pour les autres parties du problème.

Sulfates : Na2SO4, K2SO4 et (NH4)2SO4 (et d’autres) sont solubles et BaSO4, CaSO4 et PbSO4 (ou Hg2SO4) sont insolubles.

Hydroxydes : NaOH, KOH, Ca(OH)2 (et d’autres) sont solubles et Al(OH)3, Fe(OH)3, et

Cu(OH)2 (et d’autres) sont insolubles. Phosphates : Na3PO4, K3PO4, (NH4)3PO4 (et d’autres) sont solubles et Ag3PO4, Ca3(PO4)2 et

FePO4 (et d’autres) sont insolubles.

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 2

Plomb : PbCl2, PbBr2, PbI2, Pb(OH)2, PbSO4 et PbS (et d’autres) sont insolubles. Pb(NO3)2 est un sel de Pb2+ soluble.

8. Pour nos besoins, la définition de Brønsted-Lowry est préférable. Un acide est un donneur

de proton et une base est un accepteur de proton. Un proton est un ion H+. L’hydrogène neutre possède 1 électron et 1 proton de sorte qu’un ion H+ est tout simplement un proton. Une réaction acide-base est le transfert d’un ion H+ (un proton) d’un acide à une base.

9. a) L’espèce réduite est l’élément qui gagne des électrons. L’agent réducteur permet à la

réduction de se produire en étant lui-même oxydé. L’agent réducteur réfère généralement à la formule entière du composé ou de l’ion qui contient l’élément oxydé ;

b) L’espèce oxydée est l’élément qui perd des électrons. L’agent oxydant permet à

l’oxydation de se produire en étant lui-même réduit. L’agent oxydant réfère généralement à la formule entière du composé ou de l’ion qui contient l’élément réduit ;

c) Pour les composés ioniques binaires simples, la charge réelle portée par les ions est l’état

d’oxydation. Pour les composés covalents, les états d’oxydation différents de zéro sont des charges imaginaires que les éléments auraient s’ils étaient unis par des liaisons ioniques (en supposant que la liaison se trouve entre deux non-métaux différents). Les états d’oxydation différents de zéro pour les éléments dans des composés covalents ne sont pas des charges réelles.

EXERCICES Solutions aqueuses : électrolytes forts et électrolytes faibles 10. a) NaBr(s) → Na+(aq) + Br–(aq) b) MgCl2(s) → Mg2+(aq) + 2Cl–(aq) c) Al(NO3)3(s) → Al3+(aq) + 3 NO3

–(aq) d) (NH4)2SO4(s) → 2NH4+(aq) + SO4

2–(aq) e) HI(g) → H+(aq) + I–(aq) f) FeSO4(s) → Fe2+(aq) + SO4

2–(aq) g) KMnO4(s) → K+(aq) + MnO4

–(aq) h) HClO4(s) → H+(aq) + ClO4–(aq)

i) NH4CH3CO2(s) → NH4

+(aq) + CH3CO2–(aq)

11. MgSO4(s) → Mg2+(aq) + SO4

2-(aq) ; NH4NO3(s) → NH4+(aq) + NO3

-(aq). Concentration molaire volumique

12. a) 5,623 g NaHCO3 × NaHCO g 84,01

NaHCO mol 13

3 = 6,693 × 10–2 mol NaHCO3

c = L

mL 1000 mL 250,0

mol 10 6,693 2_

××

= 0,2677 mol NaHCO3/L

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

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b) 0,1846 g K2Cr2O7 × OCrK g 294,20

OCrK mol 1722

722 = 6,275 × 10–4 mol K2Cr2O7

c = L 10 500,0

mol 10 6,2753_

4_

××

= 1,255 × 10–3 mol K2Cr2O7/L

c) 0,1025 g Cu × Cu g 63,55

Cu mol 1 = 1,613 × 10–3 mol Cu = 1,613 × 10–3 mol Cu2+

c = L

mL 1000 mL 200,0

Cu mol 10 1,613 +23_

××

= 8,065 × 10–3 mol Cu2+/L

13. a) CaCl2(s) → Ca2+(aq) + 2Cl–(aq) : c = 0,15 mol/L : = 2(0,15) = 0,30 mol/L Ca +2 cCl_

b) Al(NO3)3(s) → Al3+(aq) + 3NO3

–(aq) : c = 0,26 mol/L : = 3(0,26) = 0,78 mol/L Al +3 cNO_

3

c) K2Cr2O7(s) → 2K+(aq) + Cr2O7

2–(aq) : c = 2(0,25) = 0,50 mol/L : c = 0,25 mol/L K+ OCr _2

72

d) Al2(SO4)3(s) → 2Al3+(aq) + 3SO4

2–(aq)

3+

3 3+2 4 3

Al2 4 3

2,0 10 mol ( ) 2 mol SOAl Al = L mol ( )SOAl

c−×

×mol/L

= 4,0 × 10–3 mol/L

_

_24

3 22 4 43

SO2 4 3

2,0 10 mol ( ) 3 mol SOAl SO = L mol )SOAl

c−×

×(

= 6,0 × 10–3 mol/L

14. = Vc ; AlClsolut Cn 3(s) → Al3+(aq) + 3Cl–(aq)

mol Cl– = 0,1000 L × AlCl mol

Cl mol 3 L

AlCl mol 0,303

_3 × = 9,0 × 10–2 mol Cl–

MgCl2(s) → Mg2+(aq) + 2Cl–(aq)

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 4

mol Cl– = 0,0500 L × MgCl mol

Cl mol 3 L

MgCl mol 0,60

2

_2 × = 6,0 × 10–2 mol Cl–

NaCl(s) → Na+(aq) + Cl–(aq)

mol Cl– = 0,2000 L × NaCl mol

Cl mol 1 L

NaCl mol 0,40 _

× = 8,0 × 10–2 mol Cl–

100,0 mL de AlCl3 0,30 mol/L contiennent le plus grand nombre de moles de Cl–. 15. Masse molaire de NaOH = 22,99 + 16,00 + 1,008 = 40,00 g/mol

Masse NaOH = 0,2500 L × 0,400 mol NaOH 40,00 g NaOH

L mol NaOH× = 4,00 g NaOH

16. 10 g AgNO3 × 3

3

1 mol AgNO 1 L169,9 g 0,25 mol AgNO

× = 0,235 L = 235 mL

17. a) 2,00 L × 0,250 mol NaOH 40,00 g NaOH×

L mol NaOH= 20,0 g NaOH

Placez 20,0 g de NaOH dans un ballon jaugé de 2 L ; ajoutez de l’eau pour dissoudre le

NaOH et remplissez le ballon avec de l’eau jusqu’à la marque de jauge, en mélangeant plusieurs fois au cours de la préparation ;

b) 2,00 L × 0,250 mol NaOH 1 L solution-mère×

L 1,00 mol NaOH= 0,500 L

Placez 500,0 mL de la solution-mère de NaOH 1,99 mol/L dans un ballon jaugé de 2 L ;

remplir le ballon avec de l’eau jusqu’à la marque de jauge, en mélangeant plusieurs fois au cours de la préparation ;

c) 2,00 L × 2 4 2

2 4

0,100 mol K CrO 194,20 g K CrO×L mol K C

4

rO= 38,8 g K2CrO4

méthode semblable à la préparation de la solution en a, mais en utilisant 38,8 g de

K2CrO4 ;

d) 2,00 L × 2 4

2 4

0,100 mol K CrO 1 L solution-mère×L 1,75 mol K CrO

= 0,114 L

méthode semblable à la préparation de la solution en b, mais en utilisant 114 mL de la

solution-mère de K2CrO4 1,75 mol/L.

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

5

18. Placer la quantité calculée dans une fiole jaugée de 1 L et compléter à la ligne de jauge avec

de l’eau. S’il s’agit d’un solide, il faut le dissoudre avant de jauger.

a) 1,00 L solution × L

SOH mol 0,50 42 × SOH mol 18

L 142

= 2,8 × 10–2 L H2SO4 conc.

ou 28 mL

b) 1,00 L × L

HCl mol 0,50 ×

HCl mol 12L 1

= 4,2 × 10–2 L = 42 mL

c) 1,00 L × L

NiCl mol 0,50 2 × 2 2 2 2

2 2

1 mol NiCl 6 H O 237,69 g NiCl 6 H O mol NiCl mol NiCl 6 H O2

× ××

×

= 118,8 g NiCl2⋅6H2O ≈ 120 g

d) 1,00 L × L

HNO mol 0,50 3 × HNO mol 16

L 13

= 0,031 L = 31 mL

e) 1,00 L × L

CONa mol 0,50 32 ×mol

CONa g 105,99 32 = 53 g Na2CO3

19. 10,8 g (NH4)2SO4 × g 132,15

mol 1 = 8,17 × 10–2 mol (NH4)2SO4

concentration = 28,17 10 mol 1000 mL

100,0 mL L

−×× = 0,817 mol (NH4)2SO4/L

Moles de (NH4)2SO4 dans la solution finale :

10,00 × 10–3 L × L

mol 0,817 = 8,17 × 10–3 mol

concentration finale = 38,17 10 mol 1000 mL

(100,00 + 50,00) mL

−×× = 0,136 mol (NH4)2SO4/L

(NH4)2SO4(s) → 2NH4

+(aq) + SO42–(aq) :

= 2(0,136) = 0,272 mol/L : = 0,136 mol/L c +NH4 cSO _24

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 6

20. Solution-mère :

solution L 1,00

Mn g 1,584 ×

Mn mol 1Mn mol 1 +2

× Mn 54,94

Mn mol = 0,02883 mol Mn2+/L

a) mère-solution LMn mol 0,02883 +2

× Asolution mL 1000,0

mèresolution mL 50,00 mèresolution mL 1000

mèresolution L −×

−−

× Asolution L

Asolution mL 1000 = 0,001442 mol Mn2+/L

b) Asolution LMn mol 0,001442 +2

× Bsolution mL 250,0Asolution mL 10,00

Asolution mL 1000Asolution L

×

× Bsolution L

Bsolution mL 1000= 5,766 × 10–5 mol Mn2+/L

c) Bsolution L

Mn mol 10 x 5,766 5_ +2

× Csolution mL 500,0Bsolution mL 10,00

Bsolution mL 1000Bsolution L

×

× Csolution L

Csolution mL 1000= 1,153 × 10–6 mol Mn2+/L

Réactions de précipitation 21. Les règles de solubilités citées dans les réponsses suivantes sont décrites au tableau 1.1 du

manuel. a) Soluble : la plupart des nitrates sont solubles (règle 1) b) Soluble : la plupart des chlorures sont solubles excepté les sels contenant: Ag+, Pb2+ et

Hg22+ (Règle 3).

c) Soluble : la plupart des sulfates sont solubles excepté BaSO4, PbSO4, Hg2SO4 et CaSO4

(Règle 4.) d) Insoluble : la plupart des hydroxydes ne sont que partiellement solubles (règle 4).

Note : l’expression « partiellement soluble » signifie que la solution est insoluble et l’expression « à solubilité limitée » signifie soluble. Ainsi, on suppose que les hydroxydes Ba(OH)2, Sr(OH)2 et Ca(OH)2 sont solubles sauf indication contraire.

e) Insoluble : la plupart des sulfures ne sont que partiellement solubles (règle 6). Encore

une fois, l’expression « partiellement soluble » signifie insolubles.

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

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f) Insoluble : Règle 5 (voir réponse d). g) Insoluble : la plupart des sulfates ne sont que partiellement solubles (règle 6). 22. Dans ces réactions, les composés ioniques solubles sont mélangés ensemble. Pour prédire

quel précipité se formera, permutez les anions et les cations dans les deux réactifs afin de prédire les produits possibles; puis, à l’aide des règles de solubilité du tableau 1.1, prédisez si l’un ou l’autre de ces produits possibles est insoluble (précipitent). Remarquez que l’expression « partiellement soluble » du tableau 1.1 signifie que le sel est insoluble et l’expression « à solubilité limitée » signifie que le sel est soluble.

a) Produits possibles = FeCl2 et K2SO4; les deux sels sont solubles donc, aucun précipité ne

se forme. b) Produits possibles = Al(OH)3 et Ba(NO3)2; précipité = Al(OH)3(s) c) Produits possibles = CaSO4 et NaCl; précipité = CaSO4(s) d) Produits possibles = KNO3 et NiS; précipité = NiS(s) 23. Sont fournies dans l’ordre l’équation moléculaire, l’équation ionique complète et l’équation

ionique nette. a) BaCl2(aq) + Na2SO4(aq) → BaSO4(s) + 2NaCl(aq) Ba2+(aq) + 2Cl–(aq) + 2Na+(aq) + SO4

2–(aq) → BaSO4(s) + 2Na+(aq) + 2Cl–(aq) Ba2+(aq) + SO4

2–(aq) → BaSO4(s) b) Pb(NO3)2(aq) + 2KCl(aq) → PbCl2(s) + 2KNO3(aq) Pb2+(aq) + 2NO3

–(aq) + 2K+(aq) + 2Cl–(aq) → PbCl2(s) + 2K+(aq) + 2NO3–(aq)

Pb2+(aq) + 2Cl–(aq) → PbCl2(s) c) 3AgNO3(aq) + Na3PO4(aq) → Ag3PO4(s) + 3NaNO3(aq) 3Ag+(aq) + 3NO3

–(aq) + 3Na+(aq) + PO43–(aq) → Ag3PO4(s) + 3Na+(aq) + 3NO3(aq)

3Ag+(aq) + PO43–(aq) → Ag3PO4(s)

d) 3NaOH(aq) + Fe(NO3)3(aq) → Fe(OH)3(s) + 3NaNO3(aq) 3Na+(aq) + 3OH–(aq) + Fe3+(aq) + 3NO3

–(aq) → Fe(OH)3(s) + 3Na+(aq) + 3NO3–(aq)

Fe3+(aq) + 3OH–(aq) → Fe(OH)3(s) 24. a) Quand on ajoute CuSO4(aq) à Na2S(aq), le précipité qui se forme est CuS(s). Par

conséquent, Na+ (les sphères grises) et SO42− (les sphères bleu-vert) sont les ions inertes.

CuSO4(aq) + Na2S(aq) → CuS(s) + Na2SO4(aq); Cu2+(aq) + S2−(aq) → CuS(s) b) Quand on ajoute CoCl2(aq) à NaOH(aq), le précipité qui se forme est Co(OH)2(s). Par

conséquent, Na+ (les sphères grises) et Cl- (les sphères vertes) sont les ions inertes. CoCl2(aq) + 2 NaOH(aq) → Co(OH)2(s) + 2 NaCl(aq) Co2+(aq) + 2 OH−(aq) → Co(OH)2(s)

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 8

c) Quand on ajoute AgNO3(aq) à KI(aq), le précipité qui se forme est AgI(s). Par

conséquent, K+ (les sphères rouges) et NO3− (les sphères bleues) sont les ions inertes.

AgNO3(aq) + KI(aq) → AgI(s) + KNO3(aq); Ag+(aq) + I−(aq) → AgI(s) 25. Il y a plusieurs choix acceptables pour les ions inertes. On choisit généralement Na+ et

NO3− comme ions inertes parce que les sels de sodium et les nitrates sont habituellement

solubles dans l’eau. a) Fe(NO3)3(aq) + 3NaOH(aq) → Fe(OH)3(s) + 3NaNO3(aq) b) Hg2(NO3)2(aq) + 2NaCl(aq) → Hg2Cl2(s) + 2NaNO3(aq) c) Pb(NO3)2(aq) + Na2SO4(aq) → PbSO4(s) + 2NaNO3(aq) d) BaCl2(aq) + Na2CrO4(aq) → BaCrO4(s) + 2 NaCl(aq) 26. a) (NH4)2SO4(aq) + Ba(NO3)2(aq) → 2NH4NO3(aq) + BaSO4(s) Ba2+(aq) + SO4

2–(aq) → BaSO4(s) b) Pb(NO3)2(aq) + 2NaCl(aq) → PbCl2(s) + 2NaNO3(aq) Pb2+(aq) + 2Cl–(aq) → PbCl2(s) c) Aucune réaction, les deux produits possibles étant solubles. d) Aucune réaction, les deux produits possibles étant solubles. e) CuCl2(aq) + 2NaOH(aq) → Cu(OH)2(s) + 2NaCl(aq) Cu2+(aq) + 2OH–(aq) → Cu(OH)2(s) 27. Il n’y a pas de Hg2

2+, il précipiterait sous forme de Hg2Cl2 en présence de NaCl. Il n’y a pas de Ba2+, il précipiterait sous forme de BaSO4 en présence de Na2SO4. Le précipité formé en présence de NaOH est Mn(OH)2. Le seul ion présent est donc Mn2+.

28. 2 AgNO3(aq) + Na2CrO4(aq) → Ag2CrO4(s) + 2 NaNO3(aq)

0,0750 L × 3 2 4 2

3 2

0,100 mol AgNO 1 mol Na CrO 161,98 g Na CrO× ×L 2 mol AgNO mol Na CrO

4

4

= 0,607 g Na2CrO4

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

9

29. 3BaCl2(aq) + Fe2(SO4)3(aq) → 3BaSO4(s) + 2FeCl3(aq)

100,0 mL solution × solution mL 1000

solution L solution L

BaCl mol 0,100 2 × = 0,0100 mol BaCl2

100,0 mL solution × solution mL 1000

solution L solution L

)SO(Fe mol 0,100 342 ×

= 0,0100 mol Fe2(SO4)3

)SO(Fe mol 1

BaCl mol 3

342

2 × 0,0100 mol Fe2(SO4)3 = 0,0300 mol BaCl2

BaCl2 est le réactif limitant.

0,0100 mol BaCl2 × BaCl mol 3BaSO mol 3

2

4 × BaSO mol

BaSO g 233,44

4 = 2,33 g BaSO4

30. M2SO4(aq) + BaCl2(aq) → BaSO4(s) + 2MCl(aq)

2,33 g BaSO4 × BaSO mol

SOM mol 1 BaSO g 233,4

BaSO mol 14

42

4

4 × = 9,98 × 10–3 M2SO4

Selon les données, 1,42 g M2SO4 a réagi, donc :

1,42 g M2SO4 = 9,98 × 10–3 mol M2SO4, masse molaire = SOM mol 10 9,98

SOM g 1,4242

3_42

×

= 142 g/mol 142 g/mol = 2 (masse atomique M) + 32,07 + 4(16,00), masse atomique M = 23 g/mol Donc, M est le sodium (Na). 31. a) Les ions Na+, NO3

−, Cl− et Ag+ sont présent avant qu’une réaction se produise. Les ions Ag+ ajoutés en excès enlèvent tous les ions Cl- présents. Par conséquent, les ions Na+, NO3

− et les ions Ag+ en excès seront présents une fois la précipitation terminée. b) Ag+(aq) + Cl−(aq) → AgCl(s) c) masse de NaCl

= 0,641 g AgCl × _

_

1 mol AgCl 1 mol Cl 1 mol NaCl 58,44 g× × ×143,4 g mol AgCl mol NaClmol Cl

= 0,261 g NaCl

% massique de NaCl = 0,261g NaCl

1,50 g mixture× 100 = 17,4 % NaCl

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 10

Réactions acide-base 32. Toutes les bases des exercices 41 à 44 sont des composés ioniques solubles contenant l’ion

OH–. Les acides sont soit des électrolytes forts, soit des électrolytes faibles. Il faut connaître par cœur les électrolytes forts (acides forts) : HCl, HBr, HI, HNO3, HClO4 et H2SO4. Tous les autres acides sont donc des électrolytes faibles. Les équations sont présentées dans l’ordre suivant : moléculaire, ionique complète, ionique nette.

a) 2HClO4(aq) + Mg(OH)2(s) → 2H2O(l) + Mg(ClO4)2(aq) 2H+(aq) + 2ClO4

–(aq) + Mg(OH)2(s) → 2H2O(l) + Mg2+(aq) + 2ClO4–(aq)

2H+(aq) + Mg(OH)2(s) → 2H2O(l) + Mg2+(aq) b) HCN(aq) + NaOH(aq) → H2O(l) + NaCN(aq) HCN(aq) + Na+(aq) + OH–(aq) → H2O(l) + Na+(aq) + CN–(aq) HCN(aq) + OH–(aq) → H2O(l) + CN–-(aq) c) HCl(aq) + NaOH(aq) → H2O(l) + NaCl(aq) H+(aq) + Cl–(aq) + Na+(aq) + OH–(aq) → H2O(l) + Na+(aq) + Cl–(aq) H+(aq) + OH–(aq) → H2O(l) 33. a) KOH(aq) + HNO3(aq) → H2O(l) + KNO3(aq) K+(aq) + OH–(aq) + H+(aq) + NO3

–(aq) → H2O(l) + K+(aq) + NO3–(aq)

OH–(aq) + H+(aq) → H2O(l) b) Ba(OH)2(aq) + 2HCl(aq) → 2H2O(l) + BaCl2(aq) Ba2+(aq) + 2OH–(aq) + 2H+(aq) + 2Cl–(aq) → 2H2O(l) + Ba2+(aq) + 2Cl–(aq) 2OH–(aq) + 2H+(aq) → 2H2O(l) ou OH–(aq) + H+(aq) → H2O(l) c) 3HClO4(aq) + Fe(OH)3(s) → 3H2O(l) + Fe(ClO4)3(aq) 3H+(aq) + 3ClO4

–(aq) + Fe(OH)3(s) → 3H2O(l) + Fe3+(aq) + 3ClO4–(aq)

3H+(aq) + Fe(OH)3(s) → 3H2O(l) + Fe3+(aq) 34. On doit neutraliser

500 mL solution × solution L

NaOH mol 0,200 ×

solution mL 1000solution L 1

= 0,0100 mol NaOH

a) HCl + NaOH → NaCl + H2O

0,0100 mol NaOH × HCl mol 0,100

solution L NaOH mol 1HCl mol 1

× = 0,100 L (100 mL)

b) H2SO3 + 2NaOH → Na2SO3 + 2H2O

0,0100 mol NaOH × SOH mol 0,100

solution L NaOH mol 2

SOH mol 132

32 × = 0,0500 L (50,0 mL)

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

11

c) H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O

0,0100 mol NaOH × POH mol 0,200

solution L NaOH mol 3

POH mol 143

43 × = 0,0167 L (16,7 mL)

35. Ba(OH)2(aq) + 2HCl(aq) → BaCl2(aq) + 2H2O(l) ; H+(aq) + OH–(aq) → H2O(l)

75,0 × 10–3 L × L

HCl mol 0,250 = 1,88 × 10–2 mol HCl = 1,88 × 10–2 mol H+

+ 1,88 × 10–2 mol Cl–

225,0 × 10–3 L × L

)Ba(OH mol 0,0550 2 = 1,24 × 10–2 mol Ba(OH)2

= 1,24 × 10–2 mol Ba2+ + 2,48 × 10–2 mol OH–

L’équation ionique nette demande un rapport molaire 1:1 pour OH– et H+. Le rapport des

ions en présence montre donc un excès d’ions OH–. Puisque 1,88 × 10–2 mol OH– sont neutralisées par H+, il demeure donc (2,48 – 1,88) × 10–2

= 0,60 × 10–2 mol OH– en excès.

-

- -3

OH

mol OH en excès 6,0 × 10 mol OH= = volume total 0,0750 L + 0,2250 L

c-

= 2,0 × 10–2 mol OH–/L

36. HCl et HNO3 sont des acides forts; Ca(OH)2 et RbOH sont des bases fortes. L’équation

ionique nette est H+(aq) + OH−(aq) → H2O(l).

mol H+ = 0,0500 L × +0,100 mol HCl 1 mol H×

L mol HCl + 0,1000 L

× +

3

3

0,200 mol HNO 1 mol H×L mol HNO

= 0,00500 + 0,0200 = 0,0250 mol H+

mol OH− = 0,5000 L × _

2

2

0,0100 mol Ca(OH) 2 mol OH×L mol Ca(OH)

+ 0,2000 L

×_

0,100 mol RbOH 1 mol OH×L mol RbOH

= 0,0100 + 0,0200 = 0,0300 mol OH−

Il y a un excès de OH- de sorte que la solution est basique (non neutre). Le nombre de mol

de OH- en excès est = 0,0300 mol OH− au départ − 0,0250 mol OH− qui a réagi (avec H+) = 0,0050 mol OH− en excès.

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 12

37. HCl(aq) + NaOH(aq) → H2O(l) + NaCl(aq)

24,16 × L NaOH × 310− 0,106 mol NaOH 1 mol HCl×L NaOH mol NaOH

= 2,56 × mol HCl 310−

Concentration molaire volumique de HCl = -3

-3

2,56 ×10 mol25,00 ×10 L

= 0,102 mol/L HCl

38. KHP étant un monoacide, la réaction est : NaOH(aq) + KHP(aq) → H2O(l) + NaKP(aq) masse KHP = 0,02046 L NaOH

× KHP mol

KHP g 204,22 NaOH mol

KHP mol 1 NaOH L

NaOH mol 0,1000×× = 0,4178 g KHP

Réactions d’oxydoréduction 39. Appliquons les règles du tableau 1.2. a) KMnO4 est composé d’ions K+ et MnO4

–. L’oxygène étant –2, Mn est donc +7 pour que la charge globale de MnO4

– soit –1. K, +1 ; O, –2 ; Mn, +7. b) Ni, +4 ; O, –2. c) K4Fe(CN)6 est composé de cations K+ et d’anions Fe(CN)6

4–. Fe(CN)64– est composé de

fer et d’anions CN–. Pour que la charge globale soit –4, le fer doit être +2. d) (NH4)2HPO4 est composé de cations NH4

+ et d’anions HPO42–. En donnant l’état

d’oxydation +1 à H, N est donc –3 dans NH4+. Si H = +1 et O = –2, alors P = +5 dans

HPO42–.

e) O, –2 ; P, +3 f) O, –2 ; Fe, +8/3 g) O, –2 ; F, –1 ; Xe, +6 h) F, –1 ; S, +4 i) O, –2 ; C, +2 j) Na, +1 ; O, –2 ; C, +3

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

13

40. a) –3 b) –3 c) –2 d) +2 e) +1 f) +4 g) +3 h) +5 i) 0 41. Pour déterminer s’il s’agit d’une réaction rédox, il faut attribuer des nombres d’oxydation

aux atomes. Si certains atomes changent de nombre d’oxydation des réactifs aux produits, il s’agit d’une réaction d’oxydoréduction. Dans ces réactions, l’espèce oxydée (ou agent réducteur) voit son nombre d’oxydation augmenter, et l’espèce réduite (agent oxydant) est celle dont le nombre d’oxydation diminue.

Substance Substance Rédox Oxydant Réducteur oxydée réduite a) Oui O2 CH4 CH4 (C) O2 (O) b) Oui HCl Zn Zn HCl (H) c) non — — — — d) Oui O3 NO NO (N) O3 (O) e) Oui H2O2 H2O2 H2O2 (O) H2O2 (O) f) Oui CuCl CuCl CuCl (Cu) CuCl (Cu) 42. Utilisez la méthode des demi-réactions de la section 1.10 pour balancer ces réactions. Il faut

d’abord séparer la réaction en deux demi-réactions, puis les balancer séparément : a) Zn → Zn2+ + 2e– 2e– + 2HCl → H2 + 2Cl–

On additionne ensuite les deux demi-réactions en éliminant les électrons : Zn(s) + 2HCl(aq) → H2(g) + Zn2+(aq) + 2Cl–(ag) b) 3I– → I3

– + 2e– 2e– + 2H+ + ClO– → Cl– + H2O Addition : 2I–(aq) + 2H+(aq) + ClO–(aq) → I3

–(aq) + Cl–(aq) + H2O(l) c) As2O3 → H3AsO4 NO3

– → NO + 2H2O As2O3 → 2H3AsO4 4H+ + NO3

– → NO + 2H2O 3 « O » à gauche, 8 « O » à droite (3e– + 4H+ + NO3

– → NO + 2H2O) × 4 5 « O » de plus à droite.

On balance d’abord les O en ajoutant 5H2O à gauche, puis les H en ajoutant 4H+ à droite, et finalement la charge globale avec 4e– à droite.

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 14

(5H2O + As2O3 → 2H3AsO4 + 4H+ + 4e–) × 3 Pour annuler les électrons, il faut multiplier par 3 et 4 (12e– à éliminer). 12e– + 16H+ + 4NO3

– → 4NO + 8H2O 15H2O + 3As2O3 → 6H3AsO4 + 12H+ + 12e– 7H2O(l) + 4H+(aq) + 3As2O3(s) + 4NO3

–(aq) → 4NO(g) + 6H3AsO4(aq)

d) (2Br– → Br2 + 2e–) × 5 MnO4– → Mn2+ + 4H2O

(5e– + 8H+ + MnO4– → Mn2+ + 4H2O) × 2

Il y a échange global de 10 e–. 10Br– → 5Br2 + 10e–

10e– + 16H+ + 2MnO4

– → 2Mn2+ + 8H2O 16H+(aq) + 2MnO4

–(aq) + 10Br–(aq) → 5Br2(l) + 2Mn2+(aq) + 8H2O(l) e) CH3OH → CH2O Cr2O7

2– → Cr3+

(CH3OH → CH2O + 2H+ + 2e–) × 3 14H+ + Cr2O72– → 2Cr3+ + 7H2O

6e– + 14H+ + Cr2O72– → 2Cr3+ + 7H2O

L’échange comprend 6 électrons : 3CH3OH → 3CH2O + 6H+ + 6e–

6e– + 14H+ + Cr2O72– → 2Cr3+ + 7H2O

8H+(aq) + 3CH3OH(aq) + Cr2O7

2–(aq) → 2Cr3+(aq) + 3CH2O(aq) + 7H2O(l) 43. Utilisez la même méthode que pour les solutions acides puis, dans l’équation finale,

convertissez les H+ en OH– par la méthode décrite à la section 1.10. a) Al → Al(OH)4

– MnO4– → MnO2

4H2O + Al → Al(OH)4– + 4H+ 3e– + 4H+ + MnO4

– → MnO2 + 2H2O 4H2O + Al → Al(OH)4

– + 4H+ + 3e– 4H2O + Al → Al(OH)4

– + 4H+ + 3e–

3e– + 4H+ + MnO4– → MnO2 + 2H2O

2H2O(l) + Al(s) + MnO4

–(aq) → Al(OH)4–(aq) + MnO2(s)

Comme H+ n’apparaît pas dans l’équation balancée, la tâche est terminée.

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

15

b) Cl2 → Cl– Cl2 → ClO–

2e– + Cl2 → 2Cl– 2H2O + Cl2 → 2ClO– + 4H+ + 2e–

2e– + Cl2 → 2Cl–

2H2O + Cl2 → 2ClO– + 4H+ + 2e–

2H2O + 2Cl2 → 2Cl– + 2ClO– + 4H+

Il faut maintenant convertir cette équation pour une solution basique en ajoutant 4OH–

de chaque côté de l’équation. À droite, 4OH– + 4H+ deviennent 4H2O. On soustrait ensuite 2H2O de chaque côté de l’équation pour obtenir 4OH– + 2Cl2 → 2Cl– + 2ClO– + 2H2O, qui se simplifie en :

2OH–(aq) + Cl2(aq) → Cl–(aq) + ClO–(aq) + H2O(l) c) NO2

– → NH3 Al → AlO2–

6e– + 7H+ + NO2– → NH3 + 2H2O (2H2O + Al → AlO2

– + 4H+ + 3e–) × 2 Échange de 6 électrons : 6e– + 7H+ + NO2

– → NH3 + 2H2O 4H2O + 2Al → 2AlO2

– + 8H+ + 6e–

OH– + 2H2O + NO2

– + 2Al → NH3 + 2AlO2– + H+ + OH–

Après addition d’un OH– de chaque côté et soustraction d’un H2O, on obtient : H–(aq) + H2O(l) + NO2

–(aq) + 2Al(s) → NH3(g) + 2AlO2–(aq).

44. NaCl + H2SO4 + MnO2 → Na2SO4 + MnCl2 + Cl2 + H2O Équilibrons cette réaction par inspection. Pour équilibrer les Cl–, il faut 4NaCl : NaCl + H2SO4 + MnO2 → Na2SO4 + MnCl2 + Cl2 + H2O Équilibrons maintenant les ions Na+ et SO4

2–. NaCl + 2H2SO4 + MnO2 → 2Na2SO4 + MnCl2 + Cl2 + H2O À gauche, 4H et 10 « O » ; à droite, 8 « O » sans compter H2O. On a donc besoin de 2H2O à droite pour équilibrer les H et les O. NaCl(aq) + 2H2SO4(aq) + MnO2(s) → 2Na2SO4(aq) + MnCl2(aq) + Cl2(g) + 2H2O(l)

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 16

45. Au + HNO3 + HCl → AuCl4– + NO

Travaillons sans les H+ : Au + NO3

– + Cl– → AuCl4– + NO

Demi-réactions équilibrées : Au + 4Cl– → AuCl4

– + 3e– 3e– + 4H+ + NO3– → NO + 2H2O

Équation globale : Au(s) + 4Cl–(aq) + 4H+(aq) + NO3

–(aq) → AuCl4– + NO(g) + 2H2O(l)

EXERCICES SUPPLÉMENTAIRES 46. Seul l’énoncé b est vrai. Une solution concentrée peut contenir un non électrolyte dissous

dans l’eau, p. ex., une solution concentrée de sucre dans l’eau. Les acides sont des électrolytes forts ou faibles. Certains composés ioniques ne sont pas solubles dans l’eau de sorte qu’ils ne sont pas identifiés comme type spécifique d’électrolyte.

47. mol CaCl2 présentes = 0,230 L × L

CaCl mol 0,275 2 = 6,33 × 10–2 mol CaCl2

Le volume de la solution de CaCl2 après évaporation est :

6,33 × 10–2 mol CaCl2 × CaCl mol 1,10

L 12

= 5,75 × 10–2 L = 57,5 mL

volume H2O évaporé = 230 mL – 57,5 mL = 173 mL 48. a) MgCl2(aq) + 2 AgNO3(aq) → 2 AgCl(s) + Mg(NO3)2(aq)

0,641 g AgCl × 2

2

1 mol MgCl 95,21g MgCl1 mol AgCl × ×143,4 g AgCl 2 mol AgCl mol MgCl

2 = 0.213 g MgCl2

20,213 g MgCl1,50 g mélange

× 100 = 14,2 % MgCl2

b) 0,213 g MgCl2 × 32

2 2 3

2 mol AgNO1 mol MgCl 1 L 1000 mL× × ×95,21g MgCl mol MgCl 0,500 mol AgNO 1 L

= 8,95 mL AgNO349. XCl2(aq) + 2 AgNO3(aq) → 2 AgCl(s) + X(NO3)2(aq)

1,38 g AgCl × 21 mol XCl1 mol ×143,4 g 2 mol AgCl

= 4,81 × mol XCl310−2

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

17

2-3

2

1,00 g XCl4,91×10 mol XCl

= 208 g/mol; x + 2(35,45) = 208 x = 137 g/mol

Le métal X est le baryum (Ba). 50. Tout le soufre du BaSO4 provient de la saccharine.

0,5032 g BaSO4 × S g 32,07

saccharine g 183,19 BaSO g 233,4

S g 32,074

× = 0,3939 g saccharine

masse moyenne de saccharine par comprimé = comprimés 10

g 0,3949 = 0,03949 g/comprimé

% saccharine = g 0,5894

saccharine g 0,3949 × 100 % = 67,00 %

51. Cr(NO3)3(aq) + 3 NaOH(aq) → Cr(OH)3(s) + 3 NaNO3(aq)

2,06 g Cr(OH)3 × 3

3

1mol Cr(OH) 3 mol NaOH 103,02 g 1 mol Cr(OH)

×

= 6,00 × mol NaOH pour former un précipité 210−

NaOH(aq) + HCl(aq) → NaCl(aq) + H2O(l)

0,1000 L × 0,400 mol HCl 1 mol NaOH

L mol H×

Cl

= 4,00 × mol NaOH pour réagir avec HCl 210−

cNaOH = -2 -26,00 ×10 mol + 4,00×10 mol

0,0500 L= 2,00 mol/L NaOH

52. CH3CO2H(aq) + NaOH(aq) → H2O(l) + NaCH3CO2(aq)

a) 16,58 × L soln × 310− 0,5062 mol NaOH 1 mol acide acétique×L soln mol NaOH

= 8,393 × mol d’acide acétique 310−

Concentration d’acide acétique = -38,393×10 mol

0,01000 L= 0,8393 mol/L

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 18

b) Si on a 1,000 L de solution : masse totale = 1000 mL × 1,006 g

mL= 1006 g

Masse de CH3CO2H = 0,8393 mol × 60,05 g

mol= 50,40 g

% massique d’acide acétique = 50,40 g1006 g

× 100 = 5,010 %

53. Soit HA = acide inconnu; HA(aq) + NaOH(aq) → NaA(aq) + H2O(l)

mol HA présentes = 0,0250 L × 0,500 mol NaOH 1 mol HA×

L 1 mol NaOH= 0,0125 mol HA

x g HA 2,20 g HA=mol HA 0,0125 mol HA

x = masse molaire de HA = 176 g/mol

Poids de la formule empirique ≈ 3(12) + 4(1) + 3(16) = 88 g/mol 176/88 = 2,0, donc, la formule moléculaire est (C3H4O3)2 = C6H8O6. 54. On obtient la formule empirique à partir de l’analyse élémentaire. Dans 100,00 g d’acide

carminique, il y a:

53,66 g C × 1 mol C

12,01g C= 4,468 mol C; 4,09 g H ×

1 mol H1,008 g H

= 4,06 mol H

42,25 g O × 1 mol O

16,00 g C= 2,641 mol O

En divisant le nombre de moles par le plus petit nombre trouvé, on obtient:

4, 468 4,061,692;2,641 2,641

= = 1,54

Ces nombres ne sont pas des rapports molaires évidents. Déterminons le rapport de mol C à

mol H.

4, 468 111,104,06 10

= =

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

19

Essayons 4,06

10= 0,406 comme facteur commun:

4, 468 4,06 2,64111,0; 10,0;0,406 0,406 0,406

= = = 6,50

Par conséquent, C22H20O13 est la formule empirique. On peut obtenir la masse molaire à partir des données du titrage.

18,02 × 10-3 L × 0,0406 mol NaOH 1 mol acide carminique

L mol NaO×

H

= 7,32 × mol d’acide carminique 410−

Masse molaire = -4

0,3602 g 492 g=7,32 ×10 mol mol

La masse de la formule empirique de C22H20O13 ≈ 22(12) + 20(1) + 13(16) = 492 g. Donc, la formule moléculaire de l’acide carminique est aussi C22H20O13. 55. a) Al(s) + 3HCl(aq) → AlCl3(aq) + 3/2H2(g) ou 2Al(s) + 6HCl(aq) → 2AlCl3(aq) + 3H2(g) L’hydrogène est réduit de +1 à 0 ; Al est oxydé de 0 à +3. b) Équilibrez C et H en premier, puis S. CH4(g) + 4S(s) → CS2(l) + 2H2S(g) S est réduit (0 → –2) et C est oxydé (–4 → +4). c) Équilibrez C et H en premier, puis O. C3H8(g) + 5O2(g) → 3CO2(g) + 4H2O(l) O est réduit (0 → –2) et C est oxydé (–8/3 → +4). d) 2 moles d’Ag sont requises pour équilibrer les charges. Cu(s) + 2Ag+(aq) → 2Ag(s) + Cu2+(aq) Ag est réduit (+1 → 0) et Cu est oxydé (0 → +2).

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 20

56. Mn + HNO3 → Mn2+ + NO2 Mn → Mn2+ + 2 e– HNO3 → NO2

HNO3 → NO2 + H2O (e– + H+ + HNO3 → NO2 + H2O) × 2 Mn → Mn2+ + 2e–

2e– + 2H+ + 2HNO3 → 2NO2 + 2H2O 2H+(aq) + Mn(s) + 2HNO3(aq) → Mn2+(aq) + 2NO2(g) + 2H2O(l) Mn2+ + IO4

– → MnO4– + IO3

(4H2O + Mn2+ → MnO4

– + 8H+ + 5e–) × 2 (2e– + 2H+ + IO4– → IO3

– + H2O) × 5 8H2O + 2Mn2+ → 2MnO4

– + 16H+ + 10e–

10e–- + 10H+ + 5IO4– → 5IO3

– + 5H2O 3H2O(l) + 2Mn2+(aq) + 5IO4

–(aq) → 2MnO4–(aq) + 5IO3

–(aq) + 6H+(aq) PROBLÈMES DÉFIS

57. a) 0,308 g AgCl × AgCl g 143,4

Cl g 35,45 = 0,0761 g Cl ; % Cl =

g 0,256g 0,0761

× 100 % = 29,7 %

Oxyde de cobalt(III), Co2O3 : 2(58,93) + 3(16,00) = 165,86 g/mol

0,145 g Co2O3 × OCo g 165,86

Co g 117,8632

= 0,103 g Co ;

% Co = g 0,416g 0,103

× 100 % = 24,8 %

Le reste, 100,0 – (29,7 + 24,8) = 45,5 %, est de l’eau. Supposons 100,0 g de composé :

45,5 g H2O × OH g 18,02

H g 2,0162

= 5,09 g H ; % H = composé g 100,0

H g 5,09 × 100 %

= 5,09 %

45,5 g H2O × OH g 18,02

O g 16,002

= 40,4 g O ; % O = composé g 100,0

O g 40,4 × 100 %

= 40,4 % Ce composé contient donc 24,8 % Co, 29,7 % Cl, 5,09 % H et 40,4 % O.

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

21

b) Dans 100,0 g de composé, il y a :

24,8 g Co × Co g 58,93

mol 1 = 0,421 mol Co ; 29,7 g Cl ×

Cl g 35,45 mol 1

= 0,838 mol Cl

5,09 g H × H g 1,008

mol 1 = 5,05 mol H ; 40,4 g O ×

O g 16,00 mol 1

= 2,53 mol O

En divisant tous ces résultats par 0,421, on obtient CoCl2⋅6H2O. c) CoCl2⋅6H2O(aq) + 2AgNO3(aq) → 2AgCl(s) + Co(NO3)2(aq) + 6H2O(l) CoCl2⋅6H2O(aq) + 2NaOH(aq) → Co(OH)2(s) + 2NaCl(aq) + 6H2O(l) Co(OH)2 → Co2O3 Le cobalt étant oxydé, on a besoin d’un oxydant. Le choix évident est O2. 4Co(OH)2(s) + O2(g) → 2Co2O3(s) + 4H2O(l) 58. a) 2 AgNO3(aq) + K2CrO4(aq) → Ag2CrO4(s) + 2 KNO3(aq) Masse molaire: 169,9 g/mol 194,20 g/mol 331,8 g/mol La masse molaire de Ag2CrO4 est 331,8 g/mol, donc il s’est formé une mole de précipité.

On a des masses égales de AgNO3 et de K2CrO4. Étant donné que la masse molaire de AgNO3 est inférieure à celle de K2CrO4, il y a plus de moles de AgNO3 présentes. Cependant, on n’aura pas deux fois le nombre de moles de AgNO3 présentes par rapport à K2CrO4 comme l’exige l’équation équilibrée;c’est parce que la masse molaire de AgNO3 n’est pas, tant s’en faut, la moitié de la masse molaire de K2CrO4. Donc, AgNO3 est limitant.

masse de AgNO3 = 1,000 mol Ag2CrO4 × 3

2 4 3

2 mol AgNO 169,9 g×mol Ag CrO mol AgNO

= 339,8 g AgNO3

Étant donné que des masses égales de réactifs sont présentes, il y avait au départ 339,8 g de K2CrO4.

= +Kc

+mol Kvolume total

=

+2 4

2 42 4

1 mol K CrO 2 mol K339,8 g K CrO × ×194,20 g mol K CrO0,5000 L

= 7,000 mol/L K+

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 22

b) mol CrO42− = 339,8 g K2CrO4 ×

2-2 4 4

2 4

1 mol K CrO 1 mol CrO×194,20 g mol K CrO

= 1,750 mol CrO4

2− présentes au départ

mol CrO42− = 1,000 mol Ag2CrO4 ×

2-4

2 4

1 mol CrOmol Ag CrO

= 1,000 mol CrO42− précipite

=2-4CrO

c2-4mol CrO en excès

volume total=

1,750 mol -1,000 mol0,5000 L + 0,5000 L

= 0,750 mol

1,0000 L

= 0,750 mol/L 59. Masses molaires : KCl, 39,10 + 35,45 = 74,55 g/mol ; KBr, 39,10 + 79,90 = 119,00 g/mol AgCl, 107,9 + 35,45 = 143,4 g/mol ; AgBr, 107,9 + 79,90 = 187,8 g/mol Soit x = nombre de moles de KCl dans le mélange et y = nombre de moles de KBr. Puisque Ag+ + Cl– → AgCl et Ag+ + Br– → AgBr, alors x = moles AgCl et y = moles AgBr. On peut établir deux équations : 0,1024 g = 74,55 x + 119,0 y et 0,1889 g = 143,4 x + 187,8 y

Multiplions la première par 119,0187,8

, et soustrayons-la de la deuxième.

0,1889 = 143,4 x + 187,8 y –0,1616 = –117,7 x – 187,8 y 0,0273 = 25,7 x, x = 1,06 × 10–3 mol KCl

1,06 × 10–3 mol KCl × KCl mol

KCl g 74,55 = 0,0790 g KCl

% KCl = g 0,1024g 0,0790

× 100 % = 77,1 %, % KBr = 100,0 – 77,1 = 22,9 %

60. a) Soit x = masse de Mg, de sorte que 10,00 - x = masse de Zn. Ag+(aq) + Cl−(aq) → AgCl(s).

D’après les équations équilibrées fournies, il y a un rapport molaire 2:1 entre le nombre de moles de Mg et le nombre de moles de Cl-. La même chose est vraie pour Zn. Étant donné que mol Ag+ = mol Cl− présentes, on peut établir une équation qui met en relation le nombre de moles de Cl- présentes au nombre de moles de Ag+ ajoutées.

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

23

x g Mg × - -1 mol Mg 2 mol Cl 1 mol Zn 2 mol Cl× + (10,00-x) g Zn × ×

24,31g Mg mol Mg 65,38 g Zn mol Zn

= 0,156 L × + -

+

3,00 mol Ag 1 mol Cl×L mol Ag

= 0,468 mol Cl−

2x 2(10,00 - x)+

24,31 65,38 = 0,468, 24,31 × 65,38

2x 20,00 - 2x+ = 0,46824,31 65,38

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

130,8 x + 486,2 – 48,62 x = 743,8 (portant un C. S. supplémentaire)

82,2 x = 257,6; x = 3,13 g Mg; % Mg = 3,13g Mg

10,00 g mixture × 100 = 31,3 % Mg

b) 0,156 L × + -

+

3,00 mol Ag 1 mol Cl×L mol Ag

= 0,468 mol Cl− = 0,468 mol HCl ajouté

cHCl = 0,648 mol0,0780 L

= 6,00 mol/L HCl

61. Pb2+(aq) + 2 Cl−(aq) → PbCl2(s) 3,407 g

3,407 g PbCl2 × 2+

2

2 2

1 mol PbCl 1 mol Pb×278,1g PbCl 1 mol PbCl

= 0,01225 mol Pb2+

-3

0,01225 mol2,00 ×10 L

= 6,13 mol/L Pb2+ (concentration évaporée)

concentration originale = 0,0800 L × 6,13 mol/L

0,100 L= 4,90 mol/L

62. moles CuSO4 = 87,7 mL × 1 L 0,500 mol×

1000 mL L= 0,0439 mol

moles Fe = 2,00 g × 1 mol Fe55,85 g

= 0,0358 mol

Les deux réactions possibles sont : I. CuSO4(aq) + Fe(s) → Cu(s) + FeSO4(aq)

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 24

II. 3 CuSO4(aq) + 2 Fe(s) → 3 Cu(s) + Fe2(SO4)3(aq) Si la réaction I se produit, Fe est limitant et on peut former :

0,0358 mol Fe × 1 mol Cu 63,55 g Cu×mol Fe mol Cu

= 2,28 g Cu

Si la réaction II se produit, CuSO4 est limitant et on peut former :

0,0439 mol CuSO4 × 4

3 mol Cu 63,55 g Cu×3 mol CuSO mol Cu

= 2,79 g Cu

En supposant un rendement de 100 %, c’est la réaction I qui se produit parce qu’elle est

plus conforme aux données. 63. 0,2750 L × 0,300 mol/L = 0,0825 mol H+; Soit y = volume (L) fourni par Y et z = volume (L) fourni par Z. H+(aq) + OH−(aq) → H2O(l); , , = 0,9725 mol H+ y(0.150 mol/L) + z(0.250 mol/L)

mol OH- 0,2750 L + y + z = 0,655 L; y + z = 0,380; z = 0,380 - y y(0,150) + (0,380 - y)(0,250) = 0,0825; en résolvant : y = 0,125 L; z = 0,255 L

débits : Y → 125 mL

60,65 min= 2,06 mL/min et Z →

255 mL60,65 min

= 4,20 mL/min

64. a) H3PO4(aq) + 3 NaOH(aq) → 3 H2O(l) + Na3PO4(aq) b) 3 H2SO4(aq) + 2 Al(OH)3(s) → 6 H2O(l) + Al2(SO4)3(aq) c) H2Se(aq) + Ba(OH)2(aq) → 2 H2O(l) + BaSe(s) d) H2C2O4(aq) + 2 NaOH(aq) → 2 H2O(l) + Na2C2O4(aq) 65. a) MgO + 2HCl(aq) → MgCl2(aq) + H2O(l) Mg(OH)2 + 2HCl(aq) → MgCl2(aq) + 2H2O(l) Al(OH)3 + 2HCl(aq) → AlCl3(aq) + 3H2O(l)

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

25

b) MgO g 40,31

MgO mol HCl mol 0,1

solution L MgO mol

HCl mol 2×× = 0,5 L solution/g MgO

)Mg(OH g 58,33

)Mg(OH mol

HCl mol 0,1solution L

)Mg(OH molHCl mol 2

2

2

2

××

= 0,3 L solution/g Mg(OH)2

)Al(OH g 78,00

)Al(OH mol

HCl mol 0,1solution L

)Al(OH mol 1HCl mol 3

3

3

3

×× = 0,4 L solution/g Al(OH)3

MgO neutralise le plus grand volume. 66. Soit H2A = formule de l’acide diprotique H2A(aq) + 2 NaOH(aq) → 2 H2O(l) + Na2A(aq)

mol H2A = 0,1375 L × 21 mol H A0,750 mol NaOH ×L 2 mol NaOH

= 0,0516 mol

masse molaire de H2A = 6,50 g

0,0516 mol = 126 g/mol

67. mol C6H8O7 = 0,250 g C6H8O7 × 6 8 7

6 8 7

1 mol C H O192,12 g C H O

= 1,30 × mol C310−6H8O7

Soit HxA qui représente l’acide citrique où x est le nombre d’hydrogènes acides. L’équation

de neutralisation équilibrée est : HxA(aq) + xOH−(aq) → xH2O(l) + Ax−(aq)

mol OH− qui ont réagi = 0,0372 L × -0,105 mol OH

L= 3,91 × mol OH310− −

x = -mol OH

mol acide citrique=

-3

-3

3,91×10 mol1,30 ×10 mol

= 3,01

Par conséquent, la formule générale pour l’acide citrique est H3A, ce qui signifie que

l’acide citrique a trois hydrogènes acides par molécule (l’acide citrique est un acide triprotique).

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 26

68. a) HCl(aq) se dissocie en H+(aq) + Cl–(aq). Pour simplifier, traitons H+ et Cl– séparément. H+ → H2 Fe → HFeCl4

(2H+ + 2e– → H2) × 3 (H+ + 4Cl– + Fe → HFeCl4 + 3e–) × 2 6H+ + 6e– → 3H2

2H+ + 8Cl– + 2Fe → 2HFeCl4 + 6e–

8H+ + 8Cl– + 2Fe → 2HFeCl4 + 3H2 ou 8HCl(aq) + 2Fe(s) → 2HFeCl4(aq) + 3H2(g) b) IO3

– → I3– I– → I3

3IO3– → I3

– (3I– → I3– + 2e–) × 8

3IO3– → I3

– + 9H2O 16e– + 18H+ + 3IO3

– → I3– + 9H2O

16e– + 18H+ + 3IO3

– → I3– + 9H2O

24I– → 8I3– + 16e–

18H+ + 24I– + 3IO3

– → 9I3– + 9H2O

Simplification : 6H+(aq) + 8I–(aq) + IO3

–(aq) → 3I3–(aq) + 3H2O(l)

c) (Ce4+ + e– → Ce3+) × 97 Cr(NCS)6

4– → Cr3+ + NO3– + CO2 + SO4

2–

54H2O + Cr(NCS)64– → Cr3+ + 6NO3

– + 6CO2 + 6SO42– + 108H+

Charge à gauche –4. Charge à droite = +3 + 6(–1) + 6(–2) + 108(+1) = +93. Ajoutons 97e– à droite, puis additionnons les deux demi-réactions : 54H2O + Cr(NCS)6

4– → Cr3+ + 6NO3– + 6CO2 + 6SO4

2– + 108H+ + 97e–

97e– + 97Ce4+ → 97Ce3+

97 Ce4+(aq) + 54H2O(l) + Cr(NCS)6

4–(aq) → 97Ce3+(aq) + Cr3+(aq) + 6NO3–(aq)

+ 6CO2(g) + 6SO4

2–(aq) + 108H+(aq) Cela vaut la peine de vérifier les charges. À gauche : charge = 97(+4) – 4 = +384 À droite : charge = 97(+3) + 3 + 6(–1) + 6(–2) + 108(+1) = +384

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

27

d) CrI3 → CrO4

2– + IO4– Cl2 → Cl–

(16H2O + CrI3 → CrO42– + 3IO4

– + 32H+ + 27e–) × 2 (2e– + Cl2 → 2Cl–) × 27 Il y a échange de 54 électrons : 54e– + 27Cl2 → 54Cl–

32H2O + 2CrI3 → 2CrO42– + 6IO4

– + 64H+ + 54e–

32H2O + 2CrI3 + 27Cl2 → 54Cl– + 2CrO4

2– + 6IO4– + 64H+

Ajoutons 64OH– aux deux côtés pour convertir 64H+ en 64H2O 64OH– + 32H2O + 2CrI3 + 27Cl2 → 54Cl– + 2CrO4

2– + 6IO4– + 64H2O

Après simplification : 64OH–(aq) + 2CrI3(s) + 27Cl2(g) → 54Cl–(aq) + 2CrO4

2(aq) + 6IO4–(aq) + 32H2O(l)

e) Ce4+ → Ce(OH)3

(e– + 3H2O + Ce4+ → Ce(OH)3 + 3H+) × 61 Fe(CN)6

4– → Fe(OH)3 + CO32– + NO3

Fe(CN)64– → Fe(OH)3 + 6CO3

2– + 6NO3–

Il y a 39 atomes O de plus à droite. Ajoutons 39H2O à gauche, puis 75H+ à droite pour

équilibrer H+. 39H2O + Fe(CN)6

4– → Fe(OH)3 + 6CO32– + 6NO3

– + 75H+

charge nette = –4 charge nette = +57 Ajoutons enfin 61e– à droite, puis additionnons les deux demi-réactions. 39H2O + Fe(CN)6

4– → Fe(OH)3 + 6CO32– + 6NO3

– + 75H+ + 61e–

61e– + 183H2O + 61Ce4+ → 61Ce(OH)3 + 183H+

222H2O + Fe(CN)6

4– + 61Ce4+ → 61Ce(OH)3 + Fe(OH)3 + 6CO32– + 6NO3

– + 258H+

Ajoutons 258OH– de chaque côté, puis réduisons à : 258OH–(aq) + Fe(CN)6

4–(aq) + 61Ce4+(aq) → 61Ce(OH)3(s) + Fe(OH)3(s) + 6CO3

2–(aq) + 6NO3–(aq) + 36H2O(l)

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 28

f) Fe(OH)2 → Fe(OH)3 H2O2 → H2O (H2O + Fe(OH)2 → Fe(OH)3 + H+ + e–) × 2 2e– + 2H+ + H2O2 → 2H2O 2H2O + 2Fe(OH)2 → 2Fe(OH)3 + 2H+ + 2e–

2e– + 2H+ + H2O2 → 2H2O 2H2O + 2H+ + 2Fe(OH)2 + H2O2 → 2Fe(OH)3 + 2H2O + 2H+

Après simplification : 2Fe(OH)2(s) + H2O2(aq) → 2Fe(OH)3(s) PROBLÈMES D’INTÉGRATION 69. a) Supposons 100,00 g de substance.

42,23 g C × 1 mol C

12,01g C = 3,516 mol C; 55,66 g F ×

1 mol F19,00 g F

= 2,929 mol F

2,11 g B × 1 mol B

10,81g B = 0,195 mol B

En divisant par le plus petit nombre : 3,5160,195

= 18,0; 2,9290,195

= 15,0

La formule empirique est C18F15B.

b) 0,3470 L × 0,01267 mol

L = 4,396 × mol BARF 310−

masse molaire du BARF = -3

2,251g4,396 × 10 mol

= 512,1 g/mol

La masse de la formule empirique du BARF est 511,99 g. Par conséquent, la formule

moléculaire est la même que la formule empirique, C18F15B. 70. 3 (NH4)2CrO4(aq) + 2 Cr(NO2)3(aq) → 6 NH4NO2(aq) + Cr2(CrO4)3(s)

0,203 L × 0,307 mol

L = 6,23 × mol (NH210−

4)2CrO4

0,137 L × 0,269 mol

L = 3,69 × mol Cr(NO210−

2)3

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

29

0,0623 mol0,0369 mol

= 1,69 (réel); d’après l’équation équilibrée, il faut un rapport molaire 3/2

= 1,5 entre (NH4)2CrO4 et Cr(NO2)3. Réel > requis, de sorte que Cr(NO2)3 (le

dénominateur) est limitant.

3,69 × mol Cr(NO210−2)3 × 2 4 3 2 4

2 3 2 4 3

1 mol Cr (CrO ) 452,00 g Cr (CrO )×2 mol Cr(NO ) 1 mol Cr (CrO )

3

= 8,34 g Cr2(CrO4)3

0,880 = rendement réel

8,34 g, rendement réel = (8,34 g)(0,880) = 7,34 g Cr2(CrO4)3 isolé

71. L’équation non équilibrée est : VO2+ + MnO4

− → V(OH)4+ + Mn2+

C’est une réaction rédox en solution acide et il faut l’équilibrer en conséquence. Les deux

demi-réactions à équilibrer sont : VO2+ → V(OH)4+ et MnO4

− → Mn2+

On équilibre par la méthode des demi-réactions, ce qui donne : MnO4

−(aq) + 5 VO2+(aq) + 11 H2O(l) → 5 V(OH)4+(aq) + Mn2+(aq) + 2 H+(aq)

0,02645 L × - 2+4

- 2+4

0,02250 mol MnO 5 mol VO 1 mol V 50,94 g V× × ×L mol MnO mol VO mol V

= 0,1516 g V

0,581 = 0.1516 g V

masse de l'échantillon de minerai, 0,1516/0,581

= 0,261 g de l’échantillon de minerai Les états d’oxydation des éléments dans les divers ions sont : VO2+ : O, -2; V, x + (-2) = + 2, x = +4 MnO4

− : O, -2; Mn, x + 4(-2) = -1, x = +7 V(OH)4

+ : O, -2, H, +1; V, x + 4(-2) + 4(+1) = +1, x = +5 Mn2+ : Mn, +2 MnO4

- comporte le métal de transition qui a le degré d’oxydation le plus élevé (+7). 72. X2− contient 36 électrons, de sorte que X2− a 34 protons qui permet d’identifier X comme

étant le sélénium (Se). Le nom de H2Se serait l’acide séléhydrique, selon les conventions décrites au chapitre 2 de Chimie générale.

H2Se(aq) + 2 OH−(aq) → Se2−(aq) + 2 H2O(l)

0,0356 L × -

2-

2

1 mol H Se 80,98 g H Se0,175 mol OH × ×L 2 mol OH mol H

2

Se = 0,252 g H2Se

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 30

PROBLÈMES DE SYNTHÈSE 73. Patrick : TiSO4 ; Christian : Na2SO4 ; Paul : Ga2(SO4)3. Selon les manuels de référence, le

sulfate de sodium est un cristal blanc de forme orthorhombique, alors que le sulfate de gallium est une poudre blanche. Le sulfate de titane se présente sous forme de poudre verte, mais sa formule est Ti2(SO4)3. Comme il a la même formule que le sulfate de gallium, sa masse molaire calculée devrait se situer autour de 443 g/mol. Cependant, la masse molaire de Ti2(SO4)3 est 383,97 g/mol. Il est donc peu plausible que le sel soit le sulfate de titane. Pour distinguer entre Na2SO4 et Ga2(SO4)3, on peut dissoudre le sel dans l’eau et ajouter NaOH. Ga3+ forme un précipité avec l’hydroxyde, alors que Na2SO4 ne le fait pas. Les manuels de référence confirment que l’hydroxyde de gallium est insoluble dans l’eau.

moles BaSO4 = 0,2327 g × 1 mol

233,4 g = 9,970 × mol BaSO410−

4

Le nombre de moles du sulfate dépend de la formule du sel. L’équation générale est : Mx(SO4)y(aq) + y Ba2+(aq) → y BaSO4(s) + x Mz+

Selon la valeur de y, le rapport molaire entre le sulfate inconnu et BaSO4 varie. Par

exemple, si Patrick pense que la formule est TiSO4, l’équation devient : TiSO4(aq) + Ba2+(aq) → BaSO4(s) + Ti2+(aq) Étant donné qu’il y a un rapport molaire 1:1 entre le nombre de moles de BaSO4 et le

nombre de moles de TiSO4, il faut 9,970 × mol de TiSO410−4. Étant donné que 0,1472 g de

sel a été utilisé, le composé aurait une masse molaire de (en supposant que la formule est TiSO4) :

0,1472 g/9,970 × mol = 147,6 g/mol 410−

À partir des masses atomiques du tableau périodique, la masse molaire de TiSO4 est 143,95

g/mol. En se basant uniquement sur ces données, la formule TiSO4 semble logique. Christian pense que le sel est le sulfate de sodium dont la formule est Na2SO4. L’équation

est : Na2SO4(aq) + Ba2+(aq) → BaSO4(s) + 2 Na+(aq) Comme dans le cas de TiSO4, il y a un rapport molaire 1:1 entre le nombre de moles de

BaSO4 et le nombre de moles de Na2SO4. Pour que le sulfate de sodium soit un choix logique, il faut que sa masse molaire soit 147,6 g/mol. En utilisant les masses atomiques, la masse molaire de Na2SO4 est 142,05 g/mol. Donc, Na2SO4 est également logique.

Paul, qui a choisi le gallium, déduit que le gallium doit avoir une charge de +3 (étant donné

que l’élément se situe dans la colonne 13 ou 3A) et que la formule du sulfate doit être Ga2(SO4)3. L’équation serait :

Ga2(SO4)3(aq) + 3 Ba2+(aq) → 3 BaSO4(s) + 2 Ga3+(aq)

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

31

La masse molaire calculée de Ga2(SO4)3 serait :

2 4 3 4-4

4 2

0,1472 g Ga (SO ) 3 mol BaSO×9,970 ×10 mol BaSO mol Ga (SO )4 3

= 442,9 g/mol

En utilisant les masses atomiques, la masse molaire de Ga2(SO4)3 est 427,65 g/mol. Donc,

Ga2(SO4)3 est également logique. En consultant les renseignements dans les livres de référence, le sulfate de sodium

(Na2SO4) existe sous forme de solide blanc cristallisant dans le système orthorhombique, alors que le sulfate de gallium Ga2(SO4)3 est une poudre blanche. Le sulfate de titane existe sous forme de poudre verte, mais sa formule est Ti2(SO4)3. Étant donné que sa formule est la même que celle du sulfate de gallium, la masse molaire calculée devrait être autour de 443 g/mol. Cependant, la masse molaire de Ti2(SO4)3 est 383,97 g/mol. Il est donc peu probable que le sel soit le sulfate de titane.

Afin de faire la distinction entre Na2SO4 et Ga2(SO4)3, on peut dissoudre le sulfate dans

l’eau et ajouter du NaOH. Ga3+ formerait un précipité avec l’hydroxyde alors que Na2SO4 ne le ferait pas. Les ouvrages de référence confirment que l’hydroxyde de gallium est insoluble dans l’eau.

74. a) Composé A = M(NO3)x; dans 100,00 g de composé : 8,246 g N × 48,00 g O14,01g N

= 28,25 g O Donc, la masse de nitrate dans le composé = 8,246 + 28,25 g = 36,50 g si x = 1. si x = 1 : la masse de M = 100,00 – 36,50 g = 63,60 g

mol M = mol N = 8,246 g

14,01 g/mol = 0,5886 mol

masse molaire du métal M = 63,50 g

0,5886 mol = 107,9 g/mol (C’est l’argent, Ag.)

Si x = 2 : la masse de M = 100,00 - 2(36,50) = 27,00 g

mol M = ½ mol N = 0,5886 mol

2 = 0,2943 mol

masse molaire du métal M = 27,00 g

0,2943 mol = 91,74 g/mol

C’est près de Zr, mais Zr ne forme pas d’ions +2 stables en solution; il forme des ions +4

stables. Étant donné qu’on ne peut pas avoir x = 3 ou plus de nitrates (3 nitrates auraient une masse supérieure à 100,00 g), le composé A doit être AgNO3.

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution 32

Le composé B : K2CrOx est la formule. Ce sel est composé d’ions K+ et CrOx2−. En

utilisant les états d’oxydation, 6 + x(-2) = -2, x = 4. Le composé B est K2CrO4 (chromate de potassium).

b) La réaction est : 2 AgNO3(aq) + K2CrO4(aq) → Ag2CrO4(s) + 2 KNO3(aq) Le précipité rouge sang est Ag2CrO4(s). c) 331,8 g de Ag2CrO4 se forment; c’est égal à la masse molaire de Ag2CrO4, donc 1 mol de

précipité se forme. D’après l’équation équilibrée, il faut que 2 mol de AgNO3 réagissent avec 1 mol de K2CrO4 pour produire 1 mol (331,8 g) de Ag2CrO4.

2,000 mol AgNO3 × 169,9 g

mol = 339,8 g AgNO3

1,000 mol K2CrO4 × 194,2 g

mol= 194,2 g K2CrO4

Le problème mentionne qu’il y a des masses égales de réactifs. Nos deux choix sont

339,8 g AgNO3 + 339,8 g K2CrO4 ou 194,2 g AgNO3 + 194,2 g K2CrO4. Si l’on suppose que la quantité de 194,2 g est correcte, alors quand 194,2 g de K2CrO4 (1 mol) réagissent, 339,8 g de AgNO3 (2,0 mol) doivent être présents pour réagir avec tout le K2CrO4. Il n’y a que 194,2 g de AgNO3 présents; cela ne peut pas être correct. À la place de K2CrO4, c’est AgNO3 qui doit être limitant et 339,8 g AgNO3 et 339,8 g de K2CrO4 ont réagi.

Solution A : +2,000 mol Ag

0,5000 L= 4,000 mol/L Ag+;

-32,000 mol NO

0,5000 L

= 4,000 mol/L NO3−.

Solution B : 339,8 g K2CrO4 × 1 mol

194,2 g = 1,750 mol K2CrO4

+2 ×1,750 mol K

0,5000 L = 7,000 mol/L K+;

2-41,750 mol CrO

0,5000 L = 3,500 mol/L CrO4

2−

d) Une fois la réaction terminée, le nombre de moles de K+ et le nombre de moles de NO3

− restent inchangés parce que ce sont des ions inertes. Étant donné que Ag+ est limitant, sa concentration est de 0 mol/L une fois que la précipitation est complétée.

2 Ag+(aq) + CrO4

2−(aq) → Ag2CrO4(s) Initialement 2,000 mol 1,750 mol 0 Changement -2,000 mol -1,000 mol +1,000 mol Après la réaction 0 0,750 mol 1,000 mol

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Chapitre 1 Types de réactions chimiques et stœchiométrie en solution

33

+K

2 ×1,750 mol=1,0000 L

c = 3,500 mol/L K+; -3NO

2,000 mol=1,0000 L

c = 2,000 mol/L NO3−

2-4CrO

0,750 mol=1,0000 L

c = 0,750 mol/L CrO42−; = 0 mol/L (le réactif limitant) Ag+c

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