EXERCICE N°1.
a. AlCl3 : le chlorure d’aluminium. b. Ca3(PO4)2 : le phosphate de calcium. c. KNO3 : le nitrate de potassium.
EXERCICE N°2.
n(ZnSO4,7H2O) = c1 × V1 = 1,50.10−1 × 0,100 soit n(ZnSO4,7H2O) = 1,50.10−2 mol
m(ZnSO4,7H2O) = n(ZnSO4,7H2O) × M(ZnSO4,7H2O) = 1,50.10−2 × ( 65,4 + 32,1+ 4×16 + 7×18) soit m(ZnSO4,7H2O) = 4,31 g
ZnSO4,7H2O Zn2+ + SO4
2- + 7 H2O
D’après cette équation de dissolution on a [Zn2+] = [SO4
2-] = c1 = 1,50.10−1 mol/L D’après l’équation de dissolution : H2SO4(l) + 2H2O 2 H3O+ + SO4
2-
[SO4
2-]s2 = c2 or on veut que [SO4
2-]s1 = [SO4
2-]s2 donc [SO4
2-]s2 = 1,50.10−1 mol/L = c2
[H3O+]s2 = 2 c2 soit [H3O+]s2 = 3,00.10−1 mol/L EXERCICE N°3 :CuSO4, xH2O Cu2+ + SO4
2- + x H2O
D’après cette équation de dissolution [Cu2+(aq)] = c = 4,0.10-1 mol/L n(CuSO4, xH2O) = c × V’ = 4,0.10-1 × 0,100 = 4,0.10−2 mol
n(CuSO4, xH2O) = m(CuSO4, xH2O) / M(CuSO4, xH2O)
soit M(CuSO4, xH2O) = m(CuSO4, xH2O) / n(CuSO4, xH2O) = 10 / 4,0.10-2 soit M(CuSO4, xH2O) = 250 g/mol Or M(CuSO4, xH2O) = 63,5 + 32,1 + 4×16 + x × 18 = 159,6 + x × 18
159,6 + x × 18 = 250 soit x × 18 = 90,4 soit x = 5 Donc le sulfate de cuivre bleu est pentahydraté : CuSO4, 5H2O.
EXERCICE N°4.
1ère partie.
1. Quantité initiale de Fe2+(aq)et NO3 -
(aq)
Fe(NO3)2 (s) Fe2+(aq) + 2 NO3 -
(aq)
D’après l’équation de dissolution on a : [Fe2+] = c1 et [ NO ] = 2 c1
n(Fe2+) = c1 × V1 = 2,0.10-2 × 0,10 = 2,0.10-3 mol n(NO ) = 2 c1 × V1 = 2 × 2,0.10-2 × 0,10 = 4,0.10-3 mol
Quantité initial de Fe2+(aq) + SO4 2-
(aq)) FeSO4 (s) Fe2+(aq) + SO4
2- (aq))
D’après l’équation de dissolution on a : [Fe2+] = [SO4
2-] = c2
n(Fe2+) = c2 × V2 = 3,0.10-2 × 0,050 = 1,5.10-3 mol n(SO4
2-) = 1,5.10-3 mol 2. On mélange ces deux solutions.
Vtotal = V1 + V2 = 0,100 + 0,050 soit Vt = 0,150 L
Les ions fer sont apportés par les deux solutions donc nt(Fe2+) = 2,0.10-3 + 1,5.10-3 soit nt(Fe2+) = 3,5.10-3 mol [NO3-
] = n(NO3-
) / Vt = 4,0.10-3 / 0,15 soit [NO3-
] = 2,7.10-2 mol.L-1
[SO4
2- ] = n(SO4
2-) / Vt = 1,5.10-3 / 0,15 soit [SO4
2-] = 1,0.10-2 mol.L-1 [Fe2+] = nt(Fe2+) / Vt = 3,5.10-3 / 0,15 soit [Fe2+] = 2,3.10-2 mol.L-1 3. [NO3-
] + 2 [SO42-
] = 2,7.10-2 +2×1,0.10-2 = 4,7.10-2 mol/L et 2 [Fe2+] = 4,6.10-2 mol/L.
La solution est donc électriquement neutre.
3
3
De la Structure aux propriétés physiques de
la matière Exercices
« Dissolution d’un solide ionique et concentration en ions »
Correction
Constitution et Transformation de la
matière
Séquence 9
2ème partie.
1.2.3.4. D’après la question précédente la quantité d’ions Fe2+ initiale est n(Fe2+) = 3,5.10-3mol NaOH(s) Na+(aq) + HO-(aq) D’après l’équation de dissolution on a :
[Na+] = [HO-] = cs donc n (HO-) = cs × Vs = 1,0.10-1 × 0,070 = 7.10-3 mol
équation de la réaction Fe2+ (aq) + 2HO- (aq) Fe(OH)2 (s)
Etat du système (mol) avancement n(Fe2+) n(HO-) n(Fe(OH)2)
Etat initial 0
Etat intermédiaire x x 2x x
Etat final xmax = mol
Calcul de l'avancement final xmax.
A la fin de la réaction au moins un des réactifs a disparu donc on peut écrire - Si Fe+ disparaît:– xmax = 0 et xmax = mol - Si HO– disparaît: – 2 xmax = 0 et xmax = mol Les deux réactifs sont limitants. On est dans les conditions stœchiométriques.
5. n(Fe(OH)2) = mol et M(Fe(OH)2) = 56 + 2×1 +2× 16 = 90 g.mol-1 m(Fe(OH)2) = n(Fe(OH)2) × M(Fe(OH)2) soit m(Fe(OH)2) = 315 mg
6. Les ions Na+ ont été spectateurs. Vtotal = Vs + V0 = 0,070+0,150 soit Vt = 0,22 L
D’après la question II)1, on a [Na+] = [HO-] = cs soit n(Na+) = 7.10-3 mol avant le mélange.
donc [Na+] = n(Na+) / Vt = 7.10-3/ 0,22 soit [Na+] = 3,210-2 mol.L-1
7. En fin de réaction, dans la solution il y a des ions sodium, des ions sulfates, des ions nitrates et de l’hydroxyde de fer II solide
