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
Autorisation conditionnelle de reproduction. Pour une description détaillée de votre droit dereproduction, consultez la convention de reproduction.
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
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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).
EXERCICE 1.3 (page 14)
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.
EXERCICE 1.5 (page 23)
% (m/m) =
12 0200 0 12 02
,, ,
g sucre g H O g sucre+
× 100 = 5,66 %
EXERCICE 1.6 (page 24)
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
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EXERCICE 1.7 (page 24)
0,9 % (m/V) =
x g NaCl mL solution500 0,
× 100 %
x = 4,5 g NaCl
EXERCICE 1.8 (page 27)
Volume solution = 21,4 g H2SO4 ×
10010 00
g solutiong H SO2 4,
×
11 070
mL g solution,
= 200 mL
EXERCICE 1.9 (page 27)
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 %
EXERCICE 1.10 (page 29)
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1 3
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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
,,
mol NaOHL de solution
= 1,00 mol/L
Flacon C : concentration molaire volumique =
0 2000 200
,,
mol NaOHL de solution
= 1,00 mol/L
Toutes les solutions ont la même concentration molaire volumique.
EXERCICE 1.12 (page 30)
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
EXERCICE 1.15 (page 33)1° On note les données connues dans un tableau.
Masse (g)
Soluté (NaCl)
0,85
Solvant (eau) Solution
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
Solvant (eau) Solution
0,100
0,200
0,200
4 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1
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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
EXERCICE 1.17 (page 35)
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,,
EXERCICE 1.18 (page 36)1° On note les données connues dans un tableau.
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1 5
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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 %
EXERCICE 1.19 (page 38)
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.
6 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1 7
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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
8 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1
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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+
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1 9
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%, ,
, , , ,
,, ,
%
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
Concentration molaire volumique =
(0,0100 mol 0,007 50 mol)(0,025 L 0,075 L)
++
= 0,175 mol/L
10 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1
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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
Concentration molaire volumique =
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1 11
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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,
12 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 1
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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.
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2 13
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
CHAPITRE 2 – SOLUTIONS DÉTAILLÉES
EXERCICE 2.1 (page 50)
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
14 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2 15
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
EXERCICE 2.8 (page 65)
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
EXERCICE 2.10 (page 69)
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
EXERCICE 2.11 (page 70)
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
,,
Psoln = P XH O H O2 2
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,
,
Psoln = P XH O H O2 2
0 = 12,344 kPa × 0,979 = 12,1 kPa
16 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
EXERCICE 2.13 (page 72)
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2 17
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
18 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2 19
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b) MgCl2 : électrolyte fort (libère trois ions)
Molalité du soluté =
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
ΔP = Xsoluté PH O0
2 = 0,013 × 2,3388 kPa = 0,030 kPa
c) Al2(SO4)3 : électrolyte fort (libère cinq ions)
Molalité du soluté =
0 251
51
1 31
, , 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 =
1 35 49
,,
mol1,3 mol 5 mol+
= 0,023
ΔP = Xsoluté PH O0
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
ΔP = Xsoluté PH O0
2 = 0,0045 × 2,3388 kPa = 0,011 kPa
e) FeCl3 : électrolyte fort (libère quatre ions)
Molalité du soluté =
0 251
41
1 01
, , 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 =
1 05 49
,,
mol1,0 mol 5 mol+
= 0,018
ΔP = Xsoluté PH O0
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
20 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2 21
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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
22 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2 23
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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
24 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2 25
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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 =
342 6 48g sacc.mol sacc.
g H100,0 g sacc.
× ×, 11 mol H1,008 g H
= 22 mol H
Oxygène =
342 51 42g sacc.mol sacc.
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 %
26 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 2
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3 27
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CHAPITRE 3 – SOLUTIONS DÉTAILLÉES
EXERCICE 3.1 (page 82)
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
EXERCICE 3.2 (page 84)
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.
EXERCICE 3.4 (page 90)
( ) [ ]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
28 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3
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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
EXERCICE 3.7 (page 95)
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).
EXERCICE 3.8 (page 97)
[SO2Cl2] =
12
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
n
[SO2Cl2]0 =
12
3⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
0,500 mol/L = 0,0625 mol/L
EXERCICE 3.9 (page 97)
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3 29
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EXERCICE 3.10 (page 100)
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]
30 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3
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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−]
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3 31
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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
32 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3 33
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
34 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3 35
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
36 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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]
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3 37
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
38 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3 39
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
40 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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)
Progressionde la réaction
ΔH = −30,0 kJ/mol
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3 41
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
c)
R
P
Ea = 45,0 kJ/mol
Énergie(kJ)
Progressionde la réaction
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.
42 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 3 43
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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 %)
44 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4
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CHAPITRE 4 – SOLUTIONS DÉTAILLÉES
EXERCICE 4.1 (page 134)
a) Kéq =
[ ][ ][ ]
NOO N2 2
2
b) Kéq =
[ ][ ][ ]
NHN H
3
2 2
2
3
c) Kéq =
[ ][ ][ ]
H OO H2 2
22
2
EXERCICE 4.2 (page 136)
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
EXERCICE 4.3 (page 136)
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
EXERCICE 4.5 (page 141)
Kp =
( )
( ) ( )( , )P
P PNH
H N3
kPa(0,314 kPa) (86,13 kPa)
3
2 2
2
3
23 14= = 3,70 kPa−2
EXERCICE 4.6 (page 141)
K Pp I=
2
P
nRTV
= = × ⋅⋅
×0 0500 8 31542
, ,mol2,00 L
L kPaK mol
33 87 9K kPa= ,
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4 45
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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
46 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4
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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
EXERCICE 4.14 (page 157)
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4 47
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[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
EXERCICE 4.16 (page 159)
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
EXERCICE 4.17 (page 159)
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
48 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4
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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
EXERCICE 4.18 (page 161)
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
EXERCICE 4.19 (page 163)
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.
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4 49
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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.
Réaction 2SO2(g) + O2(g) L 2SO3(g)
[ ]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.
50 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4 51
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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
52 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4 53
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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
54 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4 55
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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
Variation −x −x +x +x
[ ] (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
Variation −x −x +2x
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
Variation −x −x +2x
[ ] (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, ,− +
56 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4
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(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
38. Réaction H2(g) + I2(g) L 2HI(g)
[ ]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
Variation −x +x +x
[ ] (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 %
40. Réaction H2(g) + I2(g) L 2HI(g)
[ ]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.
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4 57
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Réaction H2(g) + I2(g) L 2HI(g)
[ ]0 (mol/L) 1,000 1,000 1,000
Variation −x −x +2x
[ ] (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
58 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4 59
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Formation de l'équilibre :
Réaction 2SO2(g) + O2(g) L 2SO3(g)
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
60 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4
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48. Réaction H2(g) + I2(g) L 2HI(g)
[ ]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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4 61
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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
62 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 4
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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.
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 63
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CHAPITRE 5 – SOLUTIONS DÉTAILLÉES
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.
EXERCICE 5.3 (page 184)
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.
EXERCICE 5.5 (page 188)
H PO H CO HF HSO H SO2 2 3 2 34 4− −< < < <
EXERCICE 5.6 (page 188)
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.
64 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
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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)
EXERCICE 5.11 (page 194)
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
EXERCICE 5.12 (page 195)
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+]
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 65
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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.
EXERCICE 5.14 (page 199)
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
66 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
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EXERCICE 5.17 (page 204)
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
EXERCICE 5.18 (page 210)
[ ] ,,
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
EXERCICE 5.19 (page 210)
[ ] ,,
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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
EXERCICE 5.20 (page 210)
[ ] ,,
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
Variation −x — +x +x
[ ] (mol/L) 2,5 × 10−3 − x — x x
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 67
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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× −
EXERCICE 5.22 (page 212)
Réaction CH3COOH + H2O L H3O+ + CH3COO−
[ ]0 (mol/L) 1,0 × 10−2 — 0 0
Variation −x — +x +x
[ ] (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
EXERCICE 5.24 (page 215)
Réaction NaOH(aq) 9: OH−(aq) + Na+(aq)
[ ]0 (mol/L) 0,050 0 0
[ ] (mol/L) 0 0,050 0,050
68 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
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Réaction NH3(aq) + H2O(l) L OH−(aq) + NH4+ (aq)
[ ]0 (mol/L) 0,50 — 0,050 0
Variation −x — +x +x
[ ] (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
EXERCICE 5.25 (page 215)
[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
EXERCICE 5.26 (page 217)
Réaction H3PO4 + H2O L H3O+ + H PO42
− Ka1
= 6,9 × 10−3
[ ]0 (mol/L) 3,0 — 0 0
Variation −x — +x +x
[ ] (mol/L) 3,0 − x — x x
[ ,,
H PO ]10
4
a3
3
1
3 06 9K
=× − = 430 > 100 ⇒ méthode approximative
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 69
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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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
EXERCICE 5.27 (page 217)
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, × −
70 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
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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.
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 71
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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
72 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 73
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
74 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 75
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
76 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
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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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
Variation −x — +x +x
[ ] (mol/L) 0,015 − x — x x
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 77
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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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
Variation −x — +x +x
[ ] (mol/L) 0,50 − x — x x
Méthode approximative, car
[ ]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
78 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
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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
Variation −x — +x +x
[ ] (mol/L) 0,45 − x — x x
Méthode approximative, car
[ ]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
Variation −x — +x +x
[ ] (mol/L) 0,15 − x — x x
Méthode approximative, car
[ ]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 %
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 79
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
c) Réaction CHCl2COOH(aq) + H2O(l) L CHCl2COO−(aq) + H3O+(aq)
[ ]0 (mol/L) 0,035 — — —
Variation −x — +x +x
[ ] (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 — — —
Variation −x — +x +x
[ ] (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
80 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
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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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
Variation −x — +x +x
[ ] (mol/L) 8,0 × 10−4 − x — x 8,0 × 10−4 + x
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 81
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
( ,( ,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
82 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
Variation −x — +x +x
[ ] (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)
Variation −x — +x +x
[ ] (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
Variation −x — +x +x
[ ] (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,
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 83
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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)
Variation −x — +x +x
[ ] (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
EXERCICE RÉCAPITULATIF (page 225)
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
Variation −x — +x +x
[ ] (mol/L) 0,0250 − x — x x
84 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
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[ ] ,,
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)
Variation −x — +x +x
[ ] (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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5 85
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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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
Variation −x — +x +x
[ ] (mol/L) 1,73 × 10−5 − x — x 4,3873 × 10−5 + x
86 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 5
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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= ,
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 87
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CHAPITRE 6 – SOLUTIONS DÉTAILLÉES
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
EXERCICE 6.3 (page 233)
Réaction F−(aq) L HF(aq) + OH−(aq)
[ ]0 (mol/L) 1,25 0 0
Variation −x +x +x
[ ] (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
88 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
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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.
EXERCICE 6.7 (page 238)
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)
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 89
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
EXERCICE 6.8 (page 241)
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
EXERCICE 6.9 (page 243)
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
EXERCICE 6.10 (page 245)
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).
90 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
= 1,1 ⇒ Le rapport est toujours dans les limites de la solution tampon (< 10).
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
= 1,1 ⇒ Le rapport est toujours dans les limites de la solution tampon (< 10).
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 91
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
EXERCICE 6.11 (page 247)
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 —
Variation −x — +x +x
[ ] (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 —
92 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
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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 —
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 93
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
Réaction HNO3(aq) + NaOH(aq) 9: NaNO3(aq) + H2O(l)
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
Réaction HNO3(aq) + NaOH(aq) 9: NaNO3(aq) + H2O(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
94 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
[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
Réaction CH3COOH(aq) + NaOH(aq) 9: CH3COONa(aq) + H2O(l)
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
Réaction CH3COOH(aq) + NaOH(aq) 9: CH3COONa(aq) + H2O(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 = 1,00 × 10−3 mol
nCH COOH3 = 0 mol
n
CH COO3− = 2,00 × 10−3 mol
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 95
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
Réaction (CH3)3N(aq) + HCl(aq) 9: (CH3)3NH+(aq) + Cl−(aq)
[ ]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
96 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
[(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
Réaction (CH3)3N(aq) + HCl(aq) 9: (CH3)3NH+(aq) + Cl−(aq)
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
Réaction (CH3)3N(aq) + HCl(aq) 9: (CH3)3NH+(aq) + Cl−(aq)
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.
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 97
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[(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
Réaction (CH3)3N(aq) + HCl(aq) 9: (CH3)3NH+(aq) + Cl−(aq)
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 —
Variation −x — +x +x
[ ] (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
98 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
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Réaction (CH3)3N(aq) + HCl(aq) 9: (CH3)3NH+(aq) + Cl−(aq)
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
Réaction (CH3)3N(aq) + HCl(aq) 9: (CH3)3NH+(aq) + Cl−(aq)
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)
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 99
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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
Réaction H3O+(aq) + OH−(aq) 9: 2H2O(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
Réaction H3O+(aq) + OH−(aq) 9: 2H2O(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)
100 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 101
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
( ,,
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
Variation −x — +x +x
[ ] (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.
102 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 103
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
104 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
[ ][ ]
,,
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
Variation −x −x +x +x
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−]
]
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 105
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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 —
Variation −x — +x +x
[ ] (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− .
106 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 107
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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
Variation −x +x +x
[ ] (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)
108 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
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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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
Réaction HNO3(aq) + NaOH(aq) 9: NaNO3(aq) + H2O(l)
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
Réaction HNO3(aq) + NaOH(aq) 9: NaNO3(aq) + H2O(l)
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 109
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
c) nHNO3 = 0,300 mol/L × 0,0500 L = 0,0150 mol
nNaOH = 0,150 mol/L × 0,0750 L = 0,0113 mol
Réaction HNO3(aq) + NaOH(aq) 9: NaNO3(aq) + H2O(l)
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
Réaction HNO3(aq) + NaOH(aq) 9: NaNO3(aq) + H2O(l)
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
Réaction HNO3(aq) + NaOH(aq) 9: NaNO3(aq) + H2O(l)
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
110 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
[ ][ ]
,,
KOClHOCl
mol/L mol/L
=0 3430 229
= 1,50 ⇒ solution tampon
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
Réaction HOCl(aq) + KOH(aq) 9: H2O(l) + KOCl(aq)
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
Réaction HOCl(aq) + KOH(aq) 9: H2O(l) + KOCl(aq)
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
Variation −x +x +x
[ ] (mol/L) 0,444 − x x x
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 111
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
Variation −x +x +x
[ ] (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
112 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
Réaction HNO3(aq) + NH3(aq) 9: NH4+ (aq) + NO3
− (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
Variation −x +x +x
[ ] (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
Réaction HNO3(aq) + NH3(aq) 9: NH4+ (aq) + NO3
− (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)
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 113
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
114 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
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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 —
Variation −x — +x +x
[ ] (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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 115
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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
EXERCICE RÉCAPITULATIF (page 279)
40. a) Réaction HCN(aq) L H3O+(aq) + CN−(aq)
[ ]0 (mol/L) 2,5 × 10−2 0 0
Variation −x +x +x
[ ] (mol/L) 2,5 × 10−2 − x x x
116 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
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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
Variation −x +x +x
[ ] (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
= 2,4 ⇒ solution tampon
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 117
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
3 = 0,38 ⇒ solution tampon
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
2 = 0,25 ⇒ solution tampon
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
118 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6 119
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
Variation −x — +x +x
[ ] (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
120 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 6
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
Réaction B(OH)4− (aq) →
H O2
B(OH)3(aq) + OH−(aq)
[ ]0 (mol/L) 0,91 x x
Variation −x +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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7 121
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
CHAPITRE 7 – SOLUTIONS DÉTAILLÉES
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
122 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7 123
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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
124 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
Réaction CuBr(s) + 2NH3(aq) L [Cu(NH3)2]+(aq) + Br−(aq)
[ ]0 (mol/L) — 0,50 0 ≈ 0
Variation −x −2x +x +x
[ ] (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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7 125
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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.
126 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7 127
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
128 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7 129
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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
130 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7
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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
Variation −x +x +x
[ ] (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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7 131
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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
Variation −x −4x +x +x
[ ] (mol/L) — 0,500 − 4x x x
132 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7
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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
Variation −x −2x +x +x
[ ] (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( )−
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7 133
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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
Variation +x −x −x
[ ] (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 %
134 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7
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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
Variation +x −x −x
[ ] (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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7 135
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
Variation +x −x −x
[ ] (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
136 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7
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[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
Variation +x −x −x
[ ] (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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 7 137
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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.
138 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
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CHAPITRE 8 – SOLUTIONS DÉTAILLÉES
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)
EXERCICE 8.3 (page 323)
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.)
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 139
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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)
140 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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)
EXERCICE 8.7 (page 329)
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+ = × = ,
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 141
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
142 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
EXERCICE 8.15 (page 345)
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)
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 143
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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
EXERCICE 8.19 (page 354)
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
144 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 145
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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−
146 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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−
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 147
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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−
148 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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+)
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 149
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
150 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 151
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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
152 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
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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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 153
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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
154 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
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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
],
+
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 155
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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)
156 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 157
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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−
158 SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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)
SOLUTIONS DÉTAILLÉES – Chapitre 8 159
© Groupe Modulo inc., 2010 — Chimie des solutions, 3e édition, Solutions détaillées — Autorisation conditionnelle de reproduction.
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