CHIMIE GENERALE

Exercices (Solution)

(03 février 2006)

C. Friedli

1a) NH4Cl : sel ; NH3 : base faible ⇒ tampon

NH4Cl (aq) → +4NH (aq) + Cl– (aq)

NH3 (g) + H2O (l) ←→ +4NH (aq) + OH– (aq)

L’équilibre en solution:

NH3 (g) + H2O (l) ←→ +4NH (aq) + OH– (aq)

Kb =

€

NH4+[ ] ⋅ OH−[ ]NH3[ ]

Kb =

€

10−14

Ka =

€

10−14

5,6 ⋅10−10

⇒ [OH–] = Kb·

€

NH3[ ]NH4

+[ ] =

€

10−14

5,6 ⋅10−10·

€

NH3[ ]NH4

+[ ][ +

4NH ] = L1,0

mol01,0 = 0,1 mol L–1

[NH3] = L1,0

mol02,0 = 0,2 mol L–1

NH3 (g) + H2O (l) ←→ +4NH (aq) + OH– (aq)

Conc init (mol L–1) 0,2 0,1 0

Conc équi (mol L–1) 0,2–x 0,1+x x

[OH–] = x =

€

10−14 (0,2 − x)5,6 ⋅10−10(0,1+ x)

≈10−14 ⋅ 0,25,6 ⋅10−10 ⋅ 0,1

= 3,57·10–5 mol L–1

pOH = – log[OH–] = – log(3,57·10–5) = 4,45

pH = 14 – 4,45 = 9,55

ou+4NH (aq) ←→ NH3 (aq) + H+ (aq)

Conc init (mol L–1) 0,1 0,2 0

Conc équi (mol L–1) 0,1–x 0,2+x x

Ka =

€

NH3[ ] ⋅ H+[ ]NH4

+[ ]

[H+] = x =

€

Ka[NH4

+]NH3

= 5,6 ⋅10−10 ⋅ (0,1− x)(0,2 + x)

≈ 5,6 ⋅10−10 ⋅ 0,10,2

= 2,8·10–10 mol L–1

pH = – log[H+] = – log(2,8·10–10) = 9,55

Variante

Les reactions et les équilibres sont:

NH4Cl (aq) → +4NH (aq) + Cl– (aq)

NH3 (g) + H2O (l) ←→ +4NH (aq) + OH– (aq)

Kb =

€

NH4+[ ] ⋅ OH−[ ]NH3[ ]

Kb =

€

10−14

Ka =

€

10−14

5,6 ⋅10−10 = 1,8·10–5

€

cNH4+ =0,01mol0,1 L

= 0,1 mol L–1

€

cNH3 =0,02mol0,1 L

= 0,2 mol L–1

Bilan des masses:

[NH3] + [ +4NH ] =

€

cNH3 + cNH4+

Electroneutralité:[ +

4NH ] + [H+] – [OH–] – [Cl–] = 0

[H+] << [OH–]

[Cl–] =

€

cNH4+

[ +4NH ] – [OH–] –

€

cNH4+ = 0

[ +4NH ] =

€

cNH4+ + [OH–]

[NH3] =

€

cNH3 + cNH4+ – [ +4NH ] =

€

cNH3 – [OH–]

L’expression de la constante de basicité devient:

Kb =

€

NH4+[ ] ⋅ OH−[ ]NH3[ ]

=

€

(cNH4+ + [OH−]) ⋅ [OH−]

cNH3 − [OH−]

≈cNH4+ ⋅ [OH

−]

cNH3 = 1,8·10–5

[OH–] =

€

Kb⋅ cNH3cNH4+

=

€

1,8 ⋅10−5 ⋅ 0,20,1

= 3,6·10–5 mol L–1

pOH = – log[OH–] = – log(3,6·10–5) = 4,45

pH = 14 – 4,45 = 9,55

b) 10 ml HCl 0, 1 M contient: nHCl = 0,1·0,01 = 1·10–3 mol = +Hn

Vtotal = 110 ml

NH3 + H+ → +4NH

ninit. [mol] 2·10–2 1·10–3 1·10–2

nfinal. [mol] 2·10-2–10–3 0 1·10–2 +10–3

conc. [mol L–1] 0,173 0,1

[OH–] =

€

10−14 ⋅ 0,1735,6 ⋅10−10 ⋅ 0,1

= 3,09·10–5 mol L–1

pOH = – log[OH–] = – log(3,09·10-5) = 4,51

pH = 14 – 4,51 = 9,49

ΔpH = 9,55 – 9,49 = 0,06

Variante

Bilan des masses:

[NH3] + [ +4NH ] =

€

cNH3' + cNH4+

'

Electroneutralité:[ +

4NH ] + [H+] – [OH–] – [Cl–]

[H+] << [OH–]

[Cl–] =

€

cNH4+' +

€

cHCl'

[ +4NH ] – [OH–] –

€

cNH4+' +

€

cHCl' = 0

[ +4NH ] =

€

cNH4+' +

€

cHCl' + [OH–]

[NH3] =

€

cNH3' + cNH4+

' – [ +4NH ] =

€

cNH3' –

€

cHCl' – [OH–]

L’expression de la constante de basicité devient:

Kb=

€

NH4+[ ] ⋅ OH−[ ]NH3[ ]

=

€

(cNH4+' + cHCl

' + [OH−]) ⋅ [OH−]

cNH3' − cHCl

' − [OH−]≈(cNH4+' + cHCl

' ) ⋅ [OH−]

cNH3' − cHCl

' =

1,8·10–5

€

cHCl' =

€

0,1⋅ 0,0100,110

= 0,009 = 9 ⋅10−3 mol L–1

€

cNH4+' =

€

0,1⋅ 0,100,110

= 0,091= 9,1⋅10−2 mol L–1

€

cNH3' =

€

0,2 ⋅ 0,100,110

= 0,182 =1,82 ⋅10−1 mol L–1

[OH–] =

€

1,8 ⋅10−5 ⋅ (0,182 − 0,009)(0,091+ 0,009)

= 3,11·10–5 mol L–1

pOH = – log[OH–] = – log(3,11·10–5) = 4,51

pH = 14 – 4,51 = 9,49

ΔpH = 9,55 – 9,49 = 0,06

2. Fe(OH)2(s) Fe+2 + 2 OH–

Ks = [Fe+2] [OH–]2 = s·(2s)2 = 4 s3 = 4,9·10–17 mol3 L–3

La solubilité dans l’eau pure est :

s =

€

Ks4

3 =4,9 ⋅10−17

43 = 2,3·10–6 mol L–1

a) Une solution aqueuse de KBr ne contient aucun ion commun avec Fe(OH)2,ni susceptible de réagir avec ce composé : la solubilité de Fe(OH)2 est lamême que dans l’eau pure (s = 2,3·10–6 mol L–1)

b) En présence d’ion commun (KOH 0,1 mol L–1), la solubilité de Fe(OH)2 est plusfaible que celle dans l’eau pure [OH–] étant augmentée.

Ks = [Fe+2] [OH–]2 = s·(0,1)2 = 4,9·10–17 mol3 L–3

s =

€

Ks[OH−]2

€

4,9 ⋅10−17

0,12 = 4,9·10–15 mol L–1

Selon le principe de Châtelier, par augmentation de [OH–] l’équilibre se déplace versla gauche, c-à-d la solubilité de Fe(OH)2 diminue.

c) En présence d’ion commun (FeBr2 0,1 mol L–1), la solubilité de Fe(OH)2 est plusfaible que celle dans l’eau pure [Fe2+] étant augmentée.

Ks = [Fe+2] [OH–]2 = 0,1·(2s)2 = 4,9·10–17 mol3 L–3

s =

€

Ks4[Fe2+]

=

€

4,9 ⋅10−17

4 ⋅ 0,1 = 1,1·10–8 mol L–1

Selon le principe de Châtelier, par augmentation de [Fe2+] l’équilibre se déplace versla gauche, c-à-d la solubilité de Fe(OH)2 diminue.

Au lieu des calculs (b et c) on peut raisonner : [Fe+2] n’est pas élevée au carré soneffet est donc moindre que celui de [OH–].

3 a) pH = 1 ⇒ [H+] = 10–1 mol L–1

[HCl] > [ClH2CCOOH]

donc

€

aH1+ >

€

aH2+Le pôle positif : Pt / H2(

€

pH2=1 bar) / HCl(aq) (pH = 1)Le pôle négatif  ClH2CCOOH (a = 0,05 ) / H2(

€

pH2= 1 bar) / PtPour cette pile de concentration

b) ΔE = E+ – E– =

€

RTFlnaH1+ −

RTFlnaH2+ =

€

RTFlnaH1+aH2+

0,067 =

€

8,31⋅ 29896485

ln10−1

aH2+

€

ln10−1

aH2+= 2,61

€

10−1

aH2+=13,605

€

aH2+ =10−1

13,605= 7,35·10–3

Le pH de la solution du compartiment contenant ClH2CCOOH est :

pH = 2,13

c) ClH2CCOOH ←→ ClH2CCOO– (aq) + H+ (aq)Conc init  (mol L–1) 0,05 0 0

Conc éq (mol L–1) 0,05–7,35·10–3 7,35·10–3 7,35·10–3

Ka =

€

ClH2CCOO−[ ] ⋅ H+[ ]

[ClH2CCOOH] =

€

(7,35 ⋅10−3)2

0,05 − 7,35 ⋅10−3=1,3·10–3

d) HBr est un acide fort, qui réagit avec Fe(OH)2 (OH–)

4a)

CH2 – O – C(CH2)14CH3

CH – O – C(CH2)14CH3

CH2 – O – C(CH2)14CH3

O

O

O

b) Réactifs : Glycérol (1,2,3-propanetriol) ou propane-1,2,3-triol (alcool) et acide grasProduit : Ester (triglycéride)c) Lipide

5.Les alcènes réagissent entre eux en donnant une réaction de polymérisation paraddition dans laquelle une longue chaîne hydrocarbonée se forme.

F2C CF2 C C

F

C C C

F F

Tétrafluoroéthène

F F

F F F F F

Téflon

CC

CC

C

F F F F

F F F F F F

ou

6. On utilise l'équation de Rayleigh pour déterminer l'ascension capillaire du mercure.Comme la tension superficielle empêche le mercure de pénétrer dans le tube(dépression capillaire), la valeur de ∆h sera négative.

γ =

+Δ

θ

ρΔ

3

rh

cos2

gr cc

avec: rc = le rayon du capillaire∆h = la différence d'altitude entre le plan d'un liquide et le plan tangent auménisque dans le tube capillaire.

=

= l'angle de contactg = l'accélération de la pesanteur

Donc ∆h = 3

r

gr

cos2 c

c

−ρΔ

θγ

∆h =

(470 g ⋅ s-2 ) ⋅ 2 ⋅(−0,766)0, 05 cm ⋅13, 6 g ⋅ cm-3 ⋅ 981 cm ⋅s -2

– 0, 05 cm

3

∆h = –1,1 cm

7. Par définition le degré de recouvrement sous une pression: ms

s

n

n

où ns est le nombre de moles de gaz adsorbé et ms n est le

nombre de moles de gaz correspondant à la monocouche(couverture complète).L'expression de

ns = ms n

€

k ⋅P1+ k ⋅P

·

permet alors de déterminer la pression P.

a)ms

s

n

n =

k ⋅P

1+ k ⋅P =

0,85 ⋅P

1+ 0,85 ⋅P = 0,15

d'où P = 0,21 kPa

b) ms

s

n

n =

k ⋅P

1+ k ⋅P =

0,85 ⋅P

1+ 0,85 ⋅P = 0,95

d'où P = 22 kPa

8a) On applique l'équation de B.E.T.:

omsmsos P

P

C n

1C

C n

1

)P(P n

P⋅

−+=

−

où P est la pression du gaz, Po sa pression de liquéfaction à la température del'expérience, snm est le nombre de moles de gaz adsorbé correspondant à une seulecouche de molécules recouvrant totalement le solide et C est une constante.

Si en reportant le rapport )P(P n

P

os − en fonction de

PPo

on obtient une droite, le

système peut être décrit par l'isotherme de BE T.Solution:

P 31,7 40,1 56,6 64,5 82,7 96,7 112,4 128,8 148,8 169,3{torr}

ns 8,31 8,53 8,90 9,03 9,53 9,58 10,15 10,45 10,81 11,18{10–4 mol g–1}

(P/Po)·102 4,176 5,283 7,457 8,498 10,896 12,740 14,809 16,969 19,578 22,306

P/ ns (Po–P) 52,45 65,39 90,54 102,85 128,31 148,23 171,26 195,58 225,20 256,79

y = 1118.4x + 6.4189

0

50

100

150

200

250

300

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25

P/Po

P/n(Po-P)

L'isotherme de BET. est vérifié puisqu'on obtient une droite.

b) En déterminant la pente (m) et l'ordonnée à l'origine (h) on calcule la constante C.

La pente m = 1118,4 et l'ordonnée à l'origine h = 6,4189, alors:

C = mh+1 =

1118, 46, 4189

+ 1 = 175,23

c) A partir de m et h on calcule ms n , et en connaissant A (l'aire couverte par une molécule

d'azote) la surface spécifique de Al2O3.

ms n =

1m + h

=

11118, 4 + 6,4189

= 8,9·10–4 mol g–1

c) Sachant que l'aire couverte par une molécule d'azote vaut de 16,2 Å2, la surfacespécifique du Al2O3 est:

aBET = ms n ·NA·A = 8,9·10–4 · 6,022·1023 · 16,2·10-20 = 86,8 m2g–1

9. La différence entre les travaux d’adhésion, wa (le travail nécessaire pour vaincrel’adhésion du liquide B sur le liquide A) et de cohésion, wc (le travail nécessairepour rompre la cohésion dans un liquide) détermine la possibilité d’étalement duliquide B sur le liquide A. La condition d’étalement est ∆

€

γ = wa – wc > 0

Le travail d’adhésion :wa =

€

γA +

€

γB –

€

γABLe travail de cohésion dans le liquide B (diéthyléther) :

wc = 2

€

γBLe coefficient d’étalement :

∆

€

γ = wa – wc =

€

γA –

€

γB –

€

γAB

a) étalement de l’éther (B) sur l’eau (A) : B/A

∆

€

γ = 72,75·10–3 – 17,10·10-3 – 10,7·10–3 = 44,95·10-3 N m–1

∆

€

γ > 0 ⇒ Le diéthyléther s’étend sur l’eau.

b) étalement de l’eau (A) sur l’éther(B) : A/B

∆

€

γ = 17,10·10-3 – 72,75·10-3 – 10,7·10-3 = – 66,35·10-3 N m–1

∆

€

γ < 0 ⇒ L’eau ne s’étend pas sur la surface de l’éther.