I. Quantité de cuivre Il faut transformer les concentrations molaires C en concentrations massiques t La relation entre t et C est établie de façon suivante : et donc ce qui est inférieur à 1mg/L

I. Quantité de cuivre

Il faut transformer les concentrations molaires C en concentrations massiques t La relation entre t et C est établie de façon suivante :

soluté solution

soluté soluté

soluté soluté

soluté soluté

solution soluté

soluté C M

V M t n

donc M

n m

V or

t m   









et donc

L g soit

L g

t_Cu 5.10^6.63,53,175.10^4 / 317,5 / ce qui est inférieur à 1mg/L II. Alcoométrie

Expression de la concentration molaire d’éthanol :

1 2

3 4

. 10 . 5 , 10 1 . 10

10 . 5 , . 1

. _ ^{ }

 



 AN C molL

V

C n _éth

solution eth éth

On en déduit le titre massique en alcool de la solution :

On utilise l’expression étalie dans l’exercice précédent :

1 2 46 0,69 . 10

. 5 , 1 .

.

.  ^   ^

C M AN t gL

t_{éth éth éth eth}

Le titre massique dépasse la limite autorisée de 5g/L. L’automobiliste est en infraction.

Rq : on aurait pu directement établir l’expression du titre massique, sans faire le calcul numérique intermédiaire de la concentration molaire :

1 3

4

. 69 , 10 0

. 10

46 10 . 5 , . 1

. _ ^

  



 







L g t

N A

V M t n

donc M

n m V or

t m

eth

solution eth eth eth eth

eth eth solution

eth eth

III. Concentrations effectives

Formule

Concentration en soluté apporté (mol.L^-

1)

Concentration effective en cations (mol.L^-1)

Concentration effective en anions (mol.L^-1)

MgSO4 0,035 0,035 0,035

CaCl2 0,52 0,52 0,104

NaOH 0,89 0,89 0,89

Na2CO3 0,27 0,54 0,27

HNO3 2,6 2,6 2,6

Explication pour MgSO4 : pour 1L de solution, le quantités de matières mises en jeu sont :

MgSO4 → Mg²⁺ + SO4^2-

x=0 0,035 0 0

x 0,035-x x x

xmax

0,035-xmax=0 d’où xmax=0,035

mol

xmax

d’où

nMg=xmax=0,035mol

xmax

d’où

nSO4=xmax=0,035mol

ordre 1 2 3

Explication pour CaCl2 : pour 1L de solution, les quantités de matières mises en jeu sont : CaCl2 → Ca²⁺ + 2 Cl^-

x=0 n 0 0

x n-x x 2x

xmax

n-xmax=0 d’où n=xmax=0,52mol

xmax

d’où nMg=xmax=0,52mol

2xmax=nCl=0,104 d’où xmax=0,52mol

Ordre 3 2 1

Explication pour Na2CO3 : pour 1L de solution, les quantités de matières mises en jeu sont :

Na2CO3 → 2 Na⁺ + CO32-

x=0 n 0 0

x n-x 2x x

xmax

n-xmax=0 d’où n=xmax=0,27mol

2xmax

d’où

nNa=2xmax=0,54mol

xmax=nCO3=0,27 d’où xmax=0,27mol

ordre 3 2 1

IV. Mélange

Soit V les volumes mélanges.

Voici les tableaux d’avancement correspondant aux réactions de dissolution des composés mis en jeu dans le mélange :

NaCl → Na⁺ + Cl^-

x=0 n°NaCl=C.V=0,100.V 0 0

x 0,100.V-x x x xmax

0,100.V-xmax=0 d’où xmax=0,100.V

xmax

d’où nNa=xmax=0,100

.V

xmax

d’où nCl=xmax=0,100.V

ordre 1 2 3

CaCl2 → Ca²⁺ + 2 Cl^- x=0 n°CaCl2=C’.V=0,300.

V 0 0

x 0,300.V-x x 2x

xmax

0,100.V-xmax=0 d’où xmax=0,300.V

xmax

d’où nNa=xmax=0,300

.V

2xmax

d’où nCl=xmax=0,600.V

ordre 1 2 3

Calculons les concentrations en ions de ces solutions :

 

2 . 100 ,

0 _

  ^   molL

V V V

Na n

tot

Na (d’après la première colonne du premier tableau)

 

2 . 300 , 0

2 

  ^   molL

V V V

Ca n

tot

Ca (d’après la deuxième colonne du deuxième tableau)

 

2

. 600 , 0 . 100 ,

0 _

  ^    molL

V

V V

V Cl n

tot

Cl (d’après les troisièmes colonnes des deux

tableaux).

V. Solution d’acide nitrique

D’après la définition de la concentration molaire :

. 1

63 15 1400 100 . 67

.

100 67 1

100 ' 67

1 100

67 ' 1

100 67

 









 



























L mol C

N A

M V

M C V

où d

V m

or

V M m V

M m V

M m C où d

m m

M et nac m V or

C n

ac sol sol

ac sol sol

sol sol sol

sol ac sol sol

ac ac sol

ac ac

sol ac

ac ac sol

ac





 Remarque : 1 kg.m^-3 équivaut à 1 g.L^-1

VI. Dissolution :

1. Masse de glucose :

glu glu

glu n M

m   or ^{nglu CV}

d’où ^{mglu CVMglu}

A.N. ^{mglu 0,200,50018018g} VII. Dilution :

Volume de solution à prélever :

A partir de la définition du facteur de dilution :

(Le facteur de dilution est le nombre de fois qu’on dilue la solution)

prélevé fille fille

mère

v V C

F C 

on a _fille

mère fille

prélevé V

C v  C 

A.N. v_prélevé 250 12,5mL

0 , 10

10 00 ,

5 ¹



 

 ^

2. Matériel :

fiole jaugée de 250mL et pipette jaugée de 12,5mL ou à défaut burette graduée de 12,5mL VIII. Vin :

Masse d’éthanol dans 100L de vin :

eth eth

ethl V

m  

A.N. ^{methl 800129600g} Masse d’éthanol dans 1,0L de vin :

g m_ethl 96

100 9600



3. Concentration molaire en éthanol :

vin eth

V Cn avec

eth eth

eth M

n  m D’où

vin eth

eth

V M C m

 

A.N. 2,0 . ¹

0 , 1 46

96  _

  molL

C

IX. Solution d'ammoniac : Masse d’1L de solution :

On demande ici la masse volumique de la solution ; elle est donnée dans l’énoncée : ρ = 950g.L^-1

4. Masse d’ammoniac présent dans 1,0L de solution :

solution

am m

m  

100

28 d’après les infos de l’étiquette (et la définition d’un pourcentage)

or m_solutionV_solution D’où m_am V_solution

100 28

A.N. m_am 950 1,00 266g

100

28   



5. Concentration molaire de la solution d’ammoniac :

solution am

V C n Or

am am

am M

n  m d’où

solution am

am

V M C m

 

A.N. 15,6 . ¹

00 , 1 0 , 17

266  _

  molL

C

Remarque : on peut aussi utiliser une formule littérale plus complète qui regroupe les 3 réponses :

am solution

am

solution

solution am

am

M V

M V V

M C m



 

 



 

  100

28 100

28