DS5 : Chimie — corrigé

TSI1 – Physique-chimie DS5 : Chimie — corrigé – 27/01/2018

DS5 : Chimie — corrigé

Exercice 1: Le titane

Le dioxyde de titane est un solide minéral largement utilisé dans des domaines variés de l’industrie. Sa principale application (>90 %) concerne les peintures auxquelles il ap- porte, comme pigment, une couleur blanche très lumineuse.

I — L’élément titane

1. [₂₂Ti] = 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²3d²

2. L’ion Ti⁴⁺est très stable car il possède la configuration électronique d’un gaz noble (Ne).

3. La masse molaire du Ti est de 47,9 g/mol soit environ 48 g/mol. Donc l’isotope majoritaire doit posséder 48 nucléons, soit 22 protons et 26 neutrons.

II — Le titane métalique

Au-dessus de 880^◦C environ, le titane métallique cristallise dans le système cubique centré, noté Tiβ.

4. Maille du Ti – β :

5. Une maille comporte8×¹₈+ 1 = 2atomes de titane.

III — Stockage de l’hydrogène sous forme d’hydrure

6. Représenter la maille ainsi décrite.

7. Maille de FeTiHn:

Ti

Fe H

8. Dans la maille il y a :

— 1 atome de Fe ;

— 8×¹₈ = 1atomes de Ti ;

— 6×¹₂ = 3atomes de H.

9. On obtient donc la formule FeTiH3

10. Pour stocker une massem(H2)de dihydrogène, on doit stockern(H) = ^2m(H_M(H2²₎⁾ moles d’hydrogène, et il faut doncn = ^n(H)_1.9 mailles d’alliage. La masse d’alliage nécessaire est donc

m(FeTi) =n×M(FeTi) = 2m(H2)

1.9M(H₂)M(FeTi),

avecM(FeTi) =103,7 g/mol, on trouvem(FeTi) =272,9 kg

11. Le volume du réservoir nécessaire estV = ^m_ρ =4,2×10⁻²m³=42`

12. La masse du “réservoir” est plus importante que la masse d’un réservoir d’essence classique, mais le volume occupé est plus faible. Les valeurs numériques obtenues sont largement acceptables pour une voiture classique.

Exercice 2: Représentations de Lewis 1. [₁H] = 1s¹,[₈O] = 1s²2s²2p⁴

| {z }

valence

, H2O possède 8 électrons de valence donc 4 doublets.

H O H

2. [₆C] = 1s²2s²2p²

| {z }

valence

. CO2possède 16 électrons de valence, donc 8 doublets

O C O

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3. CO 12 électrons de valence, 6 doublets.

⊕O C 4. [₁₇Cl] = 1s²2s²2p⁶3s²3p⁵

| {z }

valence

COCl2 possède 24 électrons de valence, donc 12 dou- blets.

Cl C

O Cl 5. [₇N] = 1s²2s²2p³

| {z }

valence

. L’ion amonium possède 8 électrons de valence donc 4 doublets :

H N^⊕

H

H H

6. CN^–possède 10 électrons de valence donc 5 doublets

C N

7. ClO2– possède 20 électrons de valence, donc 10 doublets.

O O Cl

Exercice 3: Élaboration d’une poudre de tungstène 1. n(WO₃) = _M(WO^m(WO3)

3) ≈8,32×10⁻³mol.n(H₂) = _RT^pV ≈1,03×10⁻²mol.

2. À l’instant initial, il n’y a pas de produits, le quotient réactionnel est donc nulQ= 0.

3. On fait un tableau d’avancement :

WO₃(s) + 3 H₂(g) −−→←−− W(s) + 3 H₂O(g)

E.I. n0 n1 0 0

E.F. n0−ξf n1−3ξf ξf 3ξf

À l’équilibre, on a K=p(H2O)³

p(H2)³ =

3ξf

n1−3ξf

3

soit ξf =

√3

Kn1

3(1 +√³

K)≈2,01×10⁻³mol À l’équilibre on a donc :

— n(WO3) =6,31×10⁻³mol,

— n(H2) =4,23×10⁻³mol,

— n(W) =2,01×10⁻³mol,

— n(H2O) =6,04×10⁻³mol

4. On calcule le quotient réactionnel à l’instant initial : Q=n(H2O)³

n(H2)³ ≈0,17< K

Donc le système évolue dans le sens de fabrication des produits.

5. De la même manière que dans la question 3, on trouve ξ_f =

√3

Kn₁−n₂ 1 +√³

K ≈1,08×10⁻³mol

oùn2est la quantité de matière initiale de H2O. À l’équilibre on a donc :

— n(WO3) =7,24×10⁻³mol,

— n(H2) =5,77×10⁻³mol,

— n(W) =1,08×10⁻³mol,

— n(H2O) =8,23×10⁻³mol

6. On calcule le quotient réactionnel, on trouve : Q= n(H₂O)³

n(H2)³ ≈91,12> K Donc le système évolue dans le sens de fabrication des réactifs.

7. Comme il n’y a pas de tungstène solide à l’instant initial, la réaction ne pourra pas se faire et l’état final sera le même que l’état initial. On ne pourra pas atteindre l’équilibre.

Exercice 4: Dosage par conductimétrie 1. NH3+ H3O⁺−−→NH4++ H2O

2. À l’équivalence, la quantité de matière d’acide versé est égale à la quantité de ma- tière de base présente dans la solution. On a alors

C_aV_eq=C_bV_b

3. NH3ne figure pas dans le tableau car ça n’est pas un ion et il ne conduit donc pas le courant électrique.

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4. Avant l’équivalence, la quantité d’ions NH4+ présents en solution est égale à la quantité de H3O⁺versés soitn_NH4+=CaVa =n_Cl⁻. La conductivité de la solution est donc :

σ=λ_NH4+[NH4+] +λ_Cl⁻[Cl⁻]

=λ_NH4+

C_aV_a Va+Vb

+λ_Cl−

C_aV_a Va+Vb

= (λ_Cl−+λ_NH4+) C_aV_a Va+Vb

5.

6. Les deux formules précédentes montrent queσ×(Va+Vb)est une fonction affine deVa avant et après l’équivalence. Avant l’équivalence, la pente de la droite est (λ_Cl⁻+λ_NH4+)Ca. Et après l’équivalence, la pente de la droite est(λ_Cl⁻+λ_H3O+)Ca. Les pentes des droites observées est compatible avec le fait queλ_H3O+> λ_NH4+

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22

0 1 2 3 4 5

·10⁻²

V_eq=11,5 m`

Va(m`) σ×(Va+Vb)(mSm2)

7. Sur la courbe, le changement de pente intervient àV_eq=11,5 m`, ce qui correspond à une concentrationC_b=C_a^V_V^eq

b =1,15×10⁻¹mol`⁻¹ Exercice 5: Réaction en phase gazeuse

1. Les pressions partielles des différents gaz sont données directement par la loi des gaz parfaits :

— p_PCl5= ^nPCl5_V^RT =3,6×10⁴Pa

— p_PCl3= ^nPCl3_V^RT =7,2×10⁴Pa

— p_Cl2 =^nCl2_V^RT =10,9×10⁴Pa

2. La constante d’équilibre s’écrit comme : K=peq(PCl3)/p0×peq(Cl2)/p0

p_eq(PCl5)/p₀ =peq(PCl3)peq(Cl2) p_eq(PCl5)×p₀ 3. On calcule le quotient réactionnel dans l’état initial :

Q= p_PCl3p_Cl2

p_PCl5×p₀ =2,17> K

Donc la réaction évolue dans le sens de formation des réactifs (vers la gauche).

4. Tableau d’avancement :

PCl5(g) −−)−−* PCl3(g) + Cl2(g)

E.I. 0,10 0,20 0,30

E.F. 0,10−x 0,20+x 0,30+x

5. Un avancement négatif signifie que les produits sont consommés, dans ce cas, PCl3

serait épuisé en premier, on peut donc dire quex > −0,20 mol. Un avancement positif indique que PCl5est consommé et on ne pourra pas en consommer plus de 0.10 mol. On a donc bien−0,20 mol< x <0,10 mol

6. À l’équilibre, on a

K= p_eq(PCl3)p_eq(Cl2) peq(PCl5)×p0

=n_eq(PCl3)n_eq(Cl2)

neq(PCl5)×^p_RT^0V = (0,2+x)(0,3+x) (0,1−x)×0,276 =1,78 qui possède deux solutions négatives :x1 ' −0,011 mol etx2 ' −0,98 mol. La seconde solution est en contradiction avec la question précédente, on conserve donc x1' −0,011 mol. Donc on obtientneq(PCl5) =0,1−x1=0,11 mol

Exercice 6: Synthèse du méthanol 1. Tableau d’avancement :

CO(g) + 2 H2(g) −−)−−* CH3OH(g)

E.I. 3 5 0

E.F. 3−ξf 5−2ξf ξf

2. À l’équilibre, on peut écrire la relation : K= p²₀p(CH3OH)

p(CO)p(H2)² = p0V

RT 2

ξf

(3−ξf)(5−2ξf)²

Si 80 % de la quantité de CO est convertie, il en reste 20 % à l’équilibre et on a(3− ξf) = 0.2×3doncξf =2,40 mol. Le volume nécessaire est donné par l’équation précédente :

V =RT p0

sK(3−ξ_f)(5−2ξ_f)² ξf

'0,37`

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3. À l’équilibre, la quantité totale d’espèces gazeuses estntot= 3−ξf+ 5−2ξf+ ξf= 8−2ξf. La formule des gaz parfaits donne pour l’ensembleptotV =ntotRT donc _RT^V = ^8−2ξ_p ^f

tot . En substituant cette expression dans l’équation donnantKon obtient :

K= p0

p_tot

² ξf(8−2ξf)²

(3−ξ_f)(5−2ξ_f)² soit ptot=p0

s

ξf(8−2ξf)² K(3−ξ_f)(5−2ξ_f)² On trouve alorsptot'3,58×10⁷Pa

4. On calcule le quotient réactionnel : Q=p²₀p(CH₃OH)

p(CO)p(H2)² = p₀V

RT

2 n(CH₃OH) n(CO)n(H2)²

on sait également que la pression initiale totale estptot =10 bar=1×10⁶Pa= ntotRT/V = 4RT/V donc^RT_V =ptot/4. On obtient alors

Q= 4p0

p_tot ² 1

2×1² '0.08> K

La réaction va donc se faire dans le sens de fabrication des réactifs (consommation de CH₃OH).

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