Chimie - exercices sur les réactions totales - correction, Exercices de Chimie Organique
Renee88
Renee8824 April 2014

Chimie - exercices sur les réactions totales - correction, Exercices de Chimie Organique

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Chimie - exercices sur les réactions totales - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: L’ammoniac, La solution aqueuse d’ammoniac, Étude d’un mélange d’acide éthanoïque et d’une solution aqueuse d’a...
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Exercice n°1 : REACTIONS TOTALES ? 7 points

2008 Amérique du nord Exercice n°1 : RÉACTIONS TOTALES ? (7 points)

1. L’ammoniac

1.1. f

max

x τ =

x , avec xf : avancement final de la réaction (lorsque l’état final d’équilibre est atteint)

et xmax l’avancement maximal (avancement si la transformation chimique est totale).

1.2.  < 1, la réaction n’est donc pas totale, elle est limitée.

1.3. Équation de la réaction N2(g) + 3 H2(g) = 2 NH3(g)

État Avancement n(N2) en mol n(H2) en mol n(NH3) en mol

Initial 0 1,0.102 3,0.102 0

En cours x 1,0.102 – x 3,0.102 – 3.x 2.x

Final xf 1,0.102 – xf 3,0.102 – 3.xf 2.xf

D’après le 1.1. on a xf = .xmax.

Les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, si la transformation est totale, ils sont totalement consommés, donc xmax = 1,0.102 mol.

Il vient xf = 0,701,0102 = 70 mol

La composition finale du mélange est donc : n(N2) = 1,0102 – 70 = 30 mol

n(H2) = 3,0102 – 370 = 90 mol

n(NH3) = 270 = 1,4102 mol

1.4. D’un point de vue microscopique une température élevée permet d’augmenter la vitesse des molécules. Dès lors, les chocs entre les molécules sont plus nombreux et leur efficacité est plus importante. Ainsi la vitesse de la réaction augmente.

1.5. Le catalyseur permet également d’augmenter la vitesse de réaction. 2. La solution aqueuse d’ammoniac

2.1. n0 = m

v

V donc n0 =

-12,4 10

24,0

 = 1,010–2 mol d’ammoniac dissous initialement.

2.2.1. Une base selon Bronsted est une espèce chimique capable de capter un proton H+.

2.2.2. NH3(aq) + H2O(l) = NH4+(aq) + HO–(aq)

2.2.3. n(HO-(aq))éq = [HO-(aq)]éq.VS D’autre part Ke = [H3O+(aq)]éq. [HO–(aq)]éq. et [H3O+(aq)]éq = 10–pH Ke = 10–pH. [HO–(aq)]éq.

donc [HO–(aq)]éq = e pH

K

10

Soit n(HO–(aq)) = e pH

K

10 .VS

n(HO–(aq))éq = 14

10,6

1,0.10 1,0

10

  = 4,010–4 mol présente dans la solution S.

2.2.4. Si la transformation chimique associée à la réaction dont l’équation a été écrite en 2.2.2.

était totale, il se formerait n0 = 1,010–2 mol d’anions hydroxyde. Or il ne s’en forme que

4,010–4 mol. La réaction n’est pas totale, elle est très limitée.

2.3.1. K =

- +

(aq) 4(aq)éq éq

3(aq) éq

HO . NH

NH

      

  

D’après l’équation chimique [HO–(aq)]éq = [NH4+(aq)]éq et d’après 2.2.3. [HO–(aq)]éq = e pH

K

10

De plus [NH3(aq)]éq = 0

S

n n(HO )

V

 éq =

e 0 SpH

S

K .V

10

V

 n

= 0 e pH

S

K

V 10 

n

Il vient K =

2

e

pH

0 e

S

K

10

K

V 10

     

pH

n

K =

2 -14

10,6

2 14

10,6

1,0.10

10

1,0 10 1,0.10

1,0 10

 

     

 

=  

2 3,4

2 3,4

10

1,0 10 10

   = 1,7×10–5

2.3.2. NH4+(aq) + H2O(l) = NH3(aq) + H3O+(aq)

Ka =

+

3(aq) 3 (aq)éq éq

+

4(aq) éq

NH . H O

NH

     

  

, en multipliant Ka par ( )

( )

  

  

aq éq

aq éq

HO

HO

Ka = = e K

K

Ka = 14

5

1,0.10

1,7 10

 = 6,1×10–10(calcul effectué avec la valeur non arrondie de K)

(Remarque : pKa = –log Ka permet de retrouver la valeur du pKa =9,2 donnée ensuite au 3.) 3. Étude d’un mélange d’acide éthanoïque et d’une solution aqueuse d’ammoniac

CH3CO2H(aq) + NH3(aq) = CH3CO2–(aq) + NH4+(aq) (équation 1)

3.1.1. Qr,éq =

+ -

4(aq) 3 2(aq)éq éq

3(aq) 3 2 (aq)éq éq

NH . CH CO

NH . CH CO H

      

      

en multipliant par 3 ( )

3 ( )

  

  

aq éq

aq éq

H O

H O

Qr,éq = = -

3 2 3 2

+ 4 3

A(CH CO H/CH CO )

A(NH /NH )

K

K =

A -(CH CO H/CH CO )3 2 3 2

A +(NH /NH )4 3

pK

pK

10

10

Qr,éq = 4,8

9,2

10

10

 = 104,4 = 2,5104

3.1.2. Dans l’état initial, on néglige la présence des ions CH3CO2– et NH4+, il n’y a donc pas de produits encore formés. Qr, i = 0 Qr, i < Qr,éq Le système va évoluer dans le sens direct de la réaction.

+

3(aq) 3 (aq) ( )éq éq

+

4(aq) ( ) éq

NH . H O .

NH .

         

      

aq éq

aq éq

HO

HO

+ - +

4(aq) 3 2(aq) 3 (aq)éq éq éq

+

3(aq) 3 (aq) 3 2 (aq)éq éqéq

NH . CH CO . H O

NH . H O . CH CO H

          

        

3.2. Composition du mélange

3.2.1.

3.2.2. Le pH du mélange est de 9,2 soit égal au pKA du couple considéré. On a alors : [NH3]éq = [NH4+]éq

3.3. D’après l’équation 1, il se forme une mole d’ions éthanoate pour une mole d’ions ammonium, on a donc : [NH4+]éq = [CH3CO2–]éq.

3.4.1. D’après 3.2.2. [NH3]éq = [NH4+]éq et d’après 3.3. [NH4+]éq = [CH3CO2–]éq, enfin le texte indique [NH4+]éq = 7,1.10–2 mol.L–1 . Soit [NH3]éq = [NH4+]éq = [CH3CO2–]éq = 7,1.10–2 mol.L–1 , donc n(NH3)éq = n(NH4+)éq = n(CH3CO2-)éq. Le volume de la solution est VA + VB , alors n(NH3)éq = n(NH4+)éq = n(CH3CO2–)éq = [NH4+]éq.(VA+VB)

n(NH3)éq = n(NH4+)éq = n(CH3CO2–)éq = 7,1.10–2  140,010–3 = 9,910–3 mol

équation chimique (1) CH3CO2H(aq) + NH3(aq) = CH3CO2–(aq) + NH4+(aq)

État du système

Avancement (mol)

Quantités de matière (mol)

État initial x = 0 n(CH3CO2H)ini

= cA.VA n(NH3)ini = cB.VB 0 0

En cours de transformation

x cA.VA – x cB.VB – x x x

État finalxf n(CH3CO2H)éq = cA.VA – xéq

n(NH3)éq = cB.VB – xéq

n(CH3CO2–)éq = xéq

n(NH4+)éq = [NH4+]éq.(VA+VB)

= xéq

État final si totale

xmax cA.VA – xmax cB.VB – xmax xmax xmax

n(CH3CO2H)éq = n(CH3CO2H)ini – n(NH4+)éq = cA.VA – [NH4+]éq.(VA+VB)

n(CH3CO2H)éq = 1,0.10–1 0,1000 – 7,110–2140,010–3 = 0,010 – 0,00994

n(CH3CO2H)éq = 6,010–5 mol remarque sur les chiffres significatifs : Lors d’une soustraction, le résultat ne peut pas comporter plus de décimales que la donnée la moins précise. On devrait garder trois décimales, on trouverait alors n(CH3CO2H)éq = 0,00 mol. Une autre méthode permet d’accéder à n(CH3CO2H)éq sans rencontrer ce problème de chiffres significatifs. Voir page suivante. 3.4.2. n(CH3CO2H)ini – xéq = n(CH3CO2H)éq xéq = n(CH3CO2H)ini – n(CH3CO2H)éq xéq  n(CH3CO2H)ini L’acide éthanoïque est totalement consommé, on peut considérer la réaction comme totale. En cas d’erreur constatée, merci de nous envoyer un courriel à labolycee@labolycee.org

pH pKA = 9,2NH3 NH4 +

3.4.1. autre méthode pour accéder à n(CH3CO2H)éq :

K = .

      

      

+ -

4(aq) 3 2(aq)éq éq

3(aq) 3 2 (aq)éq éq

NH . CH CO

NH CH CO H

D’après 3.2.2. [NH3]éq = [NH4+]éq et [NH4+]éq = [CH3CO2–]éq

K =

2

.

+

4(aq)

+

4(aq) 3 2 (aq) éqéq

NH

NH CH CO H

  

     

éq =

+

4(aq)

3 2 (aq) éq

NH

CH CO H

éq   

  

soit [CH3CO2H(aq)]éq =

+

4(aq)NH

K

éq   

3 2 (aq)

A B

(CH CO H )

V V

éq n

=

+

4(aq)NH

K

éq   

n(CH3CO2H(aq))éq =

+

4(aq)NH

K

éq   

.(VA+VB)

D’après l’énoncé +4(aq)NH éq

   = 7,1.10 –2 mol.L–1 et d’après 3.1.1. K = 104,4

n(CH3CO2H(aq))éq = 4,4 , .

( , , ) 10

2 37 1 10 100 0 40 0 10

   

n(CH3CO2H(aq))éq = 3,957.10–7 mol = 4,0.10–7 mol

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