CHIMIE GENERALE Exercices (Solution) (03 février 2006) C. Friedli 1a) NH 4 Cl : sel ; NH 3 : base faible ⇒ tampon NH 4 Cl (aq) → + 4 NH (aq) + Cl – (aq) NH 3 (g) + H 2 O (l) ← → + 4 NH (aq) + OH – (aq) L’équilibre en solution: NH 3 (g) + H 2 O (l) ← → + 4 NH (aq) + OH – (aq) K b = NH 4 + [ ] ⋅ OH − [ ] NH 3 [ ] K b = 10 −14 K a = 10 −14 5,6 ⋅ 10 −10 ⇒ [OH – ] = K b · NH 3 [ ] NH 4 + [ ] = 10 −14 5,6 ⋅ 10 −10 · NH 3 [ ] NH 4 + [ ] [ + 4 NH ] = L 1 , 0 mol 01 , 0 = 0,1 mol L –1 [NH 3 ] = L 1 , 0 mol 02 , 0 = 0,2 mol L –1 NH 3 (g) + H 2 O (l) ← → + 4 NH (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 ⋅ 0,2 5,6 ⋅ 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 + 4 NH (aq) ← → NH 3 (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
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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
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.
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:
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) :