solution

solution

I : CaCl₂ ® Ca²⁺ + 2Cl^- libération d'ions calcium et d'ions chlorure.

a) C(CaCl₂) = n(CaCl₂)/V

n(CaCl₂) = m(CaCl₂)/M(CaCl₂)

M(CaCl₂) = 40 +2*35,5 = 111 g.mol^-1

n(CaCl₂) = 10/111 = 0,090 mol

C(CaCl₂) = 0,09/0,5

C(CaCl₂) = 0,18 mol.l^-1

b) D'après l'équation-bilan : C(CaCl₂) = [Ca²⁺] = [Cl^-]/2, ce qui traduit le fait qu'il y a deux fois plus de Cl^- que de Ca²⁺.

[Ca²⁺] = 0,18 mol.l^-1 et [Cl^-] = 0,36 mol.l^-1

Remarque : dans la solution ily a des ions Ca²⁺ et des ions Cl^- venant du chlorure de calcium et des ions H₃O⁺ et OH^- venant de l'eau. La solution est neutre, l'équation d'électro-neutralité, qui traduit ce fait, s'écrit :

[H₃O⁺] + 2[Ca²⁺] = [OH^-] + [Cl^-]

II : a) L'équation d'électro-neutralité s'écrit :

[H₃O⁺] + 2[Ca²⁺] = [OH^-] + [NO₃^-]

Comme [H₃O⁺] = [OH^-] = 10^-7 mol.l^-1

[Ca²⁺] = [NO₃^-]/2

et donc :

n(Ca²⁺) = n(NO₃^-)/2

n(Ca²⁺) = 10^-3 mol

b) [NO₃^-] = n(NO₃^-)/V = 2.10^-3/0,2

[NO₃^-] = 10^-2 mol.l^-1

[Ca²⁺] = [NO₃^-]/2

[Ca²⁺] = 5.10^-3 mol.l^-1

c) C'est le nitrate de calcium Ca(NO₃)₂ que l'on a dissout.

C_s = [Ca²⁺]

C_s = 5.10^-3 mol.l^-1

III : a) K₂SO₄ ® 2K⁺ + >SO₄^-2

C(K₂SO₄) = [SO₄^2-] = [K⁺]/2

n(K₂SO₄) = 4,35/(39*2 + 32 + 4*16) = 0,025 mol

C(K₂SO₄) = n(K₂SO₄)/V = 0,025/0,25 = 0,1 mol.l^-1

[SO₄^2-] = 0,1 mol.l^-1

[K⁺] = 0,2 mol.l^-1

b) C = n/V d'où V = n/C = 0,025/0,02 = 1,25 l

On a rajouté 1 l

Deuxième méthode : en passant d'une concentration de 0,1 à une de 0,02, on a dilué 5 fois. Le volume final est donc 5 fois plus grand que le volume initial, il vaut donc 1,25 l.

IV : C = n/V d'ou n = CV = 0,5.0,2 = 0,1 mol

m = n.M = 0,1.(23 + 16+1)

m = 4 g

V : Pour I : pH = - log[H₃O⁺] = 6 – log4

pH = 5,4

Pour III : [H₃O⁺] = K_e/[OH^-] = 10^-14/5,8.10^-2 = 1,7.10^-13 mol.l^-1

pH = 13 – log1,7

pH = 12,8

[H₃O⁺] = 10^-pH

[H₃O⁺] = 10^-8 mol.l^-1

[OH^-] = K_e/[H₃O⁺] = 10^-14/10^-8

[OH^-] = 10^-5 mol.l^-1

VI : [H₃O⁺] = 10^-11,8

[H₃O⁺] = 1,6.10^-12 mol.l^-1

[OH^-] = K_e/[H₃O⁺] = 10^-14/1,6.10^-12

[OH^-] = 6,2.10^-3 mol.l^-1

VII : HCl + H₂O ® H₃O⁺ + Cl^-

Une mole de HCl donne une mole de H₃O⁺, donc :

[H₃O⁺] = C(HCl) = 5,4.10^-4 mol.l^-1

pH = 3,3

VIII : H₂SO₄ + 2H₂O ® 2H₃O⁺ + SO₄^2-

Une mole de H₂SO₄ donne deux moles de H₃O⁺, donc :

[H₃O⁺] = 2C(H₂SO₄) = 10,8.10^-4 mol.l^-1

pH = 3

IX : 1-1) Le pH étant plus grand que 7, l’eau est basique.

1-2) H₂O + H₂O H₃O⁺ + OH^-

1-3) [H₃O⁺] = 10^-pH

[H₃O⁺] = 10^-8 mol.l^-1

[H₃O⁺].[OH^-] = 10^-14

[OH^-] = 10^-6 mol.l^-1

2) [Cl^-] = n/V = m/MV = C_m/M = 20.10^-3/35,5

[Cl^-] = 5,63.10^-4 mol.l^-1

[SO₄^2-] = 70.10^-3/96

[SO₄^2-] = 7,3.10^-4 mol.l^-1

[PO₄^3-] = 0,1.10^-3/95

[PO₄^3-] = 1,05.10^-6 mol.l^-1

3) Cl^- + Ag⁺ AgCl

Le nombre de moles de Cl^- contenu dans 50 cm³ d’eau :

n(Cl^-) = 5,63.10^-4.50/1000 = 2,82.10^-5 mol.l^-1

L’équation montre que1 mole de Cl^- réagit avec 1 mole de Ag⁺, donc :

n(Ag⁺) = n(Cl^-)

[Ag⁺] = n/V

V = 2,82.10^-5/10^-3

V = 28 cm³

X : a) H₃O⁺ + Cl^- + Na⁺ + OH^- ® 2H₂O + Na⁺ + Cl^-

Les ions Na⁺ et les ions Cl^- étant présents au départ et à l'arrivée, ils n'interviennent pas dans la réaction. On peut donc écrire :

H₃O⁺ + OH^- ® 2H₂O

b) Quand on dose une base forte par un acide fort (ou vice-versa), le point d'équivalence se produit pour un pH égal à 7.

On a alors :

C_AV_AE = C_BV_B

C_B = 4,5.10^-3 mol.l^-1

c) Le point d'équivalence étant à pH 7, on va utiliser un indicateur coloré dont la zone de virage se trouve à cheval sur ce pH. C'est donc le bleu de bromothymol.

XI : 1-1) On la prépare à partir du chlorure d’hydrogène HCl.

1-2) HCl + H₂O H₃O⁺ + Cl^-

1-3) Dans 10 ml de S₁, il y a :

n₁ = C₁.V₁ = 1,25.10^-4 mol

Ce nombre de moles se retrouve dans S₂ :

n₁ = C₂.V₂

V₂ = 1,25.10^-4/2.10^-3

V₂ = 6,25.10^-2 l = 62,5 ml

Il faut donc rajouter 52,5 ml.

1-4) Pour la solution 1 : [H₃O⁺] = 1,25.10^-2 mol.l^-1 d’où le pH = 1,9

Pour la solution 2 : [H₃O⁺] = 2.10^-3 mol.l^-1 d’où le pH = 2,7

2-1) C_AV_A = C_B.V_BE et le pH = 7

2-2) C_A = 1,75.10^-3.22/20 = 1,925.10^-3 mol.l^-1

Ce qui est proche de la concentration théorique.

XII : 1) Comme on a une base faible, on aura un équilibre, c'est-à-dire que la méthylamine ne se dissocie pas entièrement.

CH₃ – NH₂ + H₂O OH^- + CH₃ – NH₃⁺

2) H₃O⁺, OH^-, H₂O, CH₃ – NH₃⁺, CH₃ – NH₂.

3) [H₃O⁺] = 10^-pH

[H₃O⁺] = 1,26.10^-12 mol.l^-1

[OH^-] = K_e/[H₃O⁺]

[OH^-] = 7,9.10^-3 mol.l^-1

Equation d'électro-neutralité :

[H₃O⁺] + [CH₃ – NH₃⁺] = [OH^-]

Comme [H₃O⁺] est très petit devant [OH^-], on peut écrire :

[CH₃ – NH₃⁺] = [OH^-] = 7,9.10^-3 mol.l^-1

Conservation de la masse d'éthylamine :

m de CH₃ – NH₂ qui reste = masse de CH₃ – NH₂ de départ – masse de CH₃ – NH₂ s'est dissout.

Comme la masse de CH₃ – NH₂qui s'est dissoute est égale à la masse de CH₃ – NH₃⁺ qui s'est formée, on peut écrire, en passant aux concentrations :

[CH₃ – NH₂] = C(CH₃ – NH₂) – [CH₃ – NH₃⁺] = 3,72/(12 + 5 + 14) – 7,94.10^-3

[CH₃ – NH₂] = 1,12.10^-1 mol.l^-1

4) C_BV_B = C_AV_AE

C_B = 0,1*24/20

C_B = 0,12 mol.l^-1

Le produit est pur car on retrouve la concentration calculée.

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