Transformations chimiques s'effectuant dans les deux sens

    Physique-Chimie · 2e Bac Sciences physiques (PC) · Lecture, méthodes et entraînement

    Chapitres
    Plan du chapitre
    Illustration d'une onde

    L'essentiel

    1. Une transformation peut s'arrêter avant la fin

    Tu connais le tableau d'avancement : on y calcule l'avancement maximal xmaxx_{\text{max}}, atteint quand le réactif limitant est entièrement consommé. Mais l'expérience montre que beaucoup de transformations s'arrêtent avant : le système cesse d'évoluer alors qu'il reste du réactif limitant. Dans ce cas, l'avancement final xfx_f mesuré est plus petit que xmaxx_{\text{max}}.

    Définition

    • L'avancement maximal xmaxx_{\text{max}} est la valeur de l'avancement si le réactif limitant disparaissait complètement (valeur calculée avec le tableau d'avancement).
    • L'avancement final xfx_f est la valeur de l'avancement dans l'état final, quand la composition du système ne change plus (valeur déduite d'une mesure).

    Définition

    Le taux d'avancement final d'une transformation est le nombre sans unité :

    τ=xfxmax\tau = \frac{x_f}{x_{\text{max}}}

    On a toujours 0≤τ≤10 \le \tau \le 1 ; on l'exprime souvent en pourcentage.

    • Si τ=1\tau = 1 (soit xf=xmaxx_f = x_{\text{max}}), la transformation est totale : le réactif limitant a disparu. On écrit l'équation avec une simple flèche ⟶\longrightarrow.
    • Si τ<1\tau < 1 (soit xf<xmaxx_f < x_{\text{max}}), la transformation est non totale (on dit aussi limitée) : réactifs et produits sont présents dans l'état final. On écrit l'équation avec une double flèche ⇌\rightleftharpoons.

    Attention

    Le taux τ\tau ne dit rien sur la vitesse. Une transformation peut être très rapide et non totale, ou très lente et totale. Ne confonds pas « rapide / lente » (la durée) et « totale / non totale » (l'état final).

    2. Le pH d'une solution aqueuse

    Définition

    Le pH d'une solution aqueuse diluée est défini par :

    pH=−log⁡[H3O+]soit[H3O+]=10−pH mol.L−1\mathrm{pH} = -\log\left[\mathrm{H_3O^+}\right] \qquad\text{soit}\qquad \left[\mathrm{H_3O^+}\right] = 10^{-\mathrm{pH}}\,\text{mol.L}^{-1}

    où [H3O+]\left[\mathrm{H_3O^+}\right] est la concentration des ions oxonium (ou hydronium) exprimée en mol.L−1\text{mol.L}^{-1}, et log⁡\log le logarithme décimal.

    Quelques points pratiques :

    • Le pH n'a pas d'unité. Quand le pH diminue de 1, la concentration en ions H3O+\mathrm{H_3O^+} est multipliée par 10.
    • On mesure le pH avec un pH-mètre, étalonné au préalable avec des solutions tampons. Sa précision est limitée (quelques centièmes d'unité de pH), ce qui explique qu'on ne garde que 2 chiffres significatifs sur les concentrations déduites.
    • Règle des chiffres significatifs : un pH donné avec 2 décimales (par exemple 3,413{,}41) donne une concentration avec 2 chiffres significatifs (3,9×10−4 mol.L−13{,}9 \times 10^{-4}\,\text{mol.L}^{-1}).

    Remarque

    Un acide, au sens de Brønsted, est une espèce capable de céder un proton H+\mathrm{H^+}. Les notions d'acide, de base et de couple acide/base sont reprises en détail dans le chapitre sur les réactions acido-basiques. Ici, tu as seulement besoin de savoir qu'un acide AH\mathrm{AH} mis dans l'eau peut libérer des ions H3O+\mathrm{H_3O^+}. Dans tout le chapitre, on néglige les ions qui viennent de l'eau elle-même (H3O+\mathrm{H_3O^+} et HO−\mathrm{HO^-}, de l'ordre de 10−7 mol.L−110^{-7}\,\text{mol.L}^{-1} chacun dans l'eau pure à 25 °C25\,°\text{C}), car ils sont très minoritaires dans les solutions étudiées.

    3. Exemple : deux acides, deux comportements

    On prépare un volume VV de solution d'acide de concentration apportée c=1,0×10−2 mol.L−1c = 1{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1}, dans deux cas.

    Chlorure d'hydrogène (acide chlorhydrique). On mesure pH=2,00\mathrm{pH} = 2{,}00. La concentration en ions H3O+\mathrm{H_3O^+} vaut 10−2,00=1,0×10−2 mol.L−110^{-2{,}00} = 1{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1}, c'est-à-dire exactement cc. Tout le chlorure d'hydrogène a réagi :

    HCl+H2O⟶H3O++Cl−(τ=1)\mathrm{HCl} + \mathrm{H_2O} \longrightarrow \mathrm{H_3O^+} + \mathrm{Cl^-} \qquad (\tau = 1)

    Acide éthanoïque. On mesure pH=3,41\mathrm{pH} = 3{,}41. La concentration en ions H3O+\mathrm{H_3O^+} vaut 10−3,41=3,9×10−4 mol.L−110^{-3{,}41} = 3{,}9 \times 10^{-4}\,\text{mol.L}^{-1}, soit environ 26 fois moins que cc. Le tableau d'avancement pour CH3COOH+H2O⇌CH3COO−+H3O+\mathrm{CH_3COOH + H_2O \rightleftharpoons CH_3COO^- + H_3O^+} s'écrit :

    ÉtatAvancementn(CH3COOH)n(\mathrm{CH_3COOH})n(H2O)n(\mathrm{H_2O})n(CH3COO−)n(\mathrm{CH_3COO^-})n(H3O+)n(\mathrm{H_3O^+})
    Initial00cVcVexcès0000
    En coursxxcV−xcV - xexcèsxxxx
    Finalxfx_fcV−xfcV - x_fexcèsxfx_fxfx_f

    L'eau est le solvant, donc en très grand excès : elle n'est jamais le réactif limitant. Le réactif limitant est l'acide, d'où xmax=cVx_{\text{max}} = cV. Dans l'état final, n(H3O+)f=xfn(\mathrm{H_3O^+})_f = x_f, donc xf=[H3O+]fV=10−pH Vx_f = \left[\mathrm{H_3O^+}\right]_f V = 10^{-\mathrm{pH}}\,V. On en déduit :

    τ=xfxmax=10−pH VcV=10−pHc=3,9×10−41,0×10−2=3,9×10−2\tau = \frac{x_f}{x_{\text{max}}} = \frac{10^{-\mathrm{pH}}\,V}{cV} = \frac{10^{-\mathrm{pH}}}{c} = \frac{3{,}9 \times 10^{-4}}{1{,}0 \times 10^{-2}} = 3{,}9 \times 10^{-2}

    Seulement environ 3,9 %3{,}9\,\% des molécules d'acide éthanoïque ont réagi avec l'eau : la transformation est non totale.

    Propriété

    Pour un acide AH\mathrm{AH} de concentration apportée cc qui réagit avec l'eau selon AH+H2O⇌A−+H3O+\mathrm{AH + H_2O \rightleftharpoons A^- + H_3O^+}, le taux d'avancement final se déduit du pH :

    τ=10−pHc\tau = \frac{10^{-\mathrm{pH}}}{c}

    4. Conductimétrie : mesurer la composition ionique

    Une solution contenant des ions conduit le courant électrique. On mesure sa conductance GG (en siemens, S\text{S}) avec une cellule conductimétrique formée de deux plaques parallèles de surface SS, séparées par une distance LL.

    Définition

    La conductivité σ\sigma d'une solution (en S.m−1\text{S.m}^{-1}) est liée à la conductance mesurée par :

    G=σ SLG = \sigma\,\frac{S}{L}

    Pour une solution diluée, la conductivité est la somme des contributions de tous les ions :

    σ=∑iλi[Xi]\sigma = \sum_i \lambda_i \left[\mathrm{X}_i\right]

    où λi\lambda_i est la conductivité molaire ionique de l'ion Xi\mathrm{X}_i (en S.m2.mol−1\text{S.m}^2.\text{mol}^{-1}) et [Xi]\left[\mathrm{X}_i\right] sa concentration en mol.m−3\text{mol.m}^{-3}.

    Quelques valeurs de λ\lambda à 25 °C25\,°\text{C} (elles sont toujours données dans les énoncés) :

    Ionλ\lambda en mS.m2.mol−1\text{mS.m}^2.\text{mol}^{-1}
    H3O+\mathrm{H_3O^+}35,0
    HO−\mathrm{HO^-}19,9
    NH4+\mathrm{NH_4^+}7,3
    Cl−\mathrm{Cl^-}7,6
    Na+\mathrm{Na^+}5,0
    CH3COO−\mathrm{CH_3COO^-}4,1

    Attention

    Les molécules neutres (CH3COOH\mathrm{CH_3COOH}, NH3\mathrm{NH_3}, H2O\mathrm{H_2O}) ne contribuent pas à la conductivité. Attention aux unités : 1 mol.L−1=1000 mol.m−31\,\text{mol.L}^{-1} = 1000\,\text{mol.m}^{-3}, et 1 mS=10−3 S1\,\text{mS} = 10^{-3}\,\text{S}.

    Application à l'acide éthanoïque : les seuls ions présents en quantité notable sont H3O+\mathrm{H_3O^+} et CH3COO−\mathrm{CH_3COO^-}, formés en quantités égales dans l'état final. On a donc [H3O+]f=[CH3COO−]f=xfV\left[\mathrm{H_3O^+}\right]_f = \left[\mathrm{CH_3COO^-}\right]_f = \dfrac{x_f}{V} et :

    σ=(λH3O++λCH3COO−)xfVsoitxf=σ VλH3O++λCH3COO−\sigma = \left(\lambda_{\mathrm{H_3O^+}} + \lambda_{\mathrm{CH_3COO^-}}\right)\frac{x_f}{V} \qquad\text{soit}\qquad x_f = \frac{\sigma\,V}{\lambda_{\mathrm{H_3O^+}} + \lambda_{\mathrm{CH_3COO^-}}}

    (avec σ\sigma en S.m−1\text{S.m}^{-1}, les λ\lambda en S.m2.mol−1\text{S.m}^2.\text{mol}^{-1} et VV en m3\text{m}^3 pour obtenir xfx_f en mol\text{mol}).

    Exemple

    Pour une solution d'acide éthanoïque, on mesure σ=1,0×10−2 S.m−1\sigma = 1{,}0 \times 10^{-2}\,\text{S.m}^{-1}. Alors [H3O+]f=1,0×10−2(35,0+4,1)×10−3=0,26 mol.m−3\left[\mathrm{H_3O^+}\right]_f = \dfrac{1{,}0 \times 10^{-2}}{(35{,}0 + 4{,}1) \times 10^{-3}} = 0{,}26\,\text{mol.m}^{-3}, soit 2,6×10−4 mol.L−12{,}6 \times 10^{-4}\,\text{mol.L}^{-1}.

    5. L'état d'équilibre dynamique

    Dans une transformation non totale, deux réactions opposées se produisent en même temps : la réaction dans le sens direct (sens 1) et la réaction dans le sens inverse (sens 2).

    CH3COOH+H2O  ⇌(1)(2)  CH3COO−+H3O+\mathrm{CH_3COOH} + \mathrm{H_2O} \;\underset{(2)}{\overset{(1)}{\rightleftharpoons}}\; \mathrm{CH_3COO^-} + \mathrm{H_3O^+}

    Dès qu'il existe des ions CH3COO−\mathrm{CH_3COO^-} et H3O+\mathrm{H_3O^+}, ils peuvent se recombiner (sens 2) pendant que d'autres molécules d'acide continuent de réagir (sens 1).

    Définition

    Un système chimique est à l'équilibre quand sa composition ne varie plus au cours du temps, alors que tous les réactifs et tous les produits sont présents. À l'échelle microscopique, les deux réactions continuent : l'équilibre est dynamique. Les vitesses des réactions dans les deux sens sont égales, donc chaque espèce est consommée aussi vite qu'elle est formée.

    Propriété

    • L'état final d'une transformation non totale est un état d'équilibre : xf=xeˊq<xmaxx_f = x_{\text{éq}} < x_{\text{max}}.
    • Un même état d'équilibre peut être atteint à partir des réactifs ou à partir des produits (exercice 5) : la transformation peut se faire dans les deux sens, d'où le titre de ce chapitre.
    • Dans l'état d'équilibre, la composition est constante, mais elle n'est pas figée : un équilibre n'est pas un arrêt.

    Remarque

    Au programme, on étudie l'état d'équilibre à une température donnée (en général 25 °C25\,°\text{C}). La question de savoir comment prévoir la valeur de τ\tau (par le quotient de réaction et la constante d'équilibre) fait l'objet du chapitre suivant.

    Méthodes

    Méthode 1 : Calculer le taux d'avancement final à partir du pH

    1. Écris l'équation de la réaction de l'acide avec l'eau et le tableau d'avancement.
    2. Détermine xmaxx_{\text{max}} : l'eau est en excès, le réactif limitant est l'acide, donc xmax=cVx_{\text{max}} = cV.
    3. Calcule [H3O+]f=10−pH\left[\mathrm{H_3O^+}\right]_f = 10^{-\mathrm{pH}} en mol.L−1\text{mol.L}^{-1}, puis xf=[H3O+]fVx_f = \left[\mathrm{H_3O^+}\right]_f V.
    4. Calcule τ=xfxmax\tau = \dfrac{x_f}{x_{\text{max}}} et conclus (totale si τ=1\tau = 1, sinon non totale).

    Exemple : une solution d'acide méthanoïque de concentration c=2,0×10−3 mol.L−1c = 2{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol.L}^{-1} a pour pH 3,293{,}29. Alors [H3O+]f=10−3,29=5,1×10−4 mol.L−1\left[\mathrm{H_3O^+}\right]_f = 10^{-3{,}29} = 5{,}1 \times 10^{-4}\,\text{mol.L}^{-1} et τ=5,1×10−42,0×10−3≈0,26\tau = \dfrac{5{,}1 \times 10^{-4}}{2{,}0 \times 10^{-3}} \approx 0{,}26, soit environ 26 %26\,\% : la transformation est non totale.

    Méthode 2 : Calculer le taux d'avancement final à partir de la conductivité

    1. Repère tous les ions présents dans l'état final et écris σ=∑λi[Xi]\sigma = \sum \lambda_i [\mathrm{X}_i] en utilisant la stœchiométrie du tableau d'avancement.
    2. Convertis σ\sigma en S.m−1\text{S.m}^{-1} et les λ\lambda en S.m2.mol−1\text{S.m}^2.\text{mol}^{-1} (si tu pars de GG : σ=G LS\sigma = G\,\dfrac{L}{S}).
    3. Isole la concentration en mol.m−3\text{mol.m}^{-3}, convertis en mol.L−1\text{mol.L}^{-1} (divise par 1000), puis calcule xf=[…]f Vx_f = [\ldots]_f\,V.
    4. Calcule τ=xfxmax\tau = \dfrac{x_f}{x_{\text{max}}}.

    Exemple : acide éthanoïque, c=1,0×10−2 mol.L−1c = 1{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1}, σ=1,5×10−2 S.m−1\sigma = 1{,}5 \times 10^{-2}\,\text{S.m}^{-1}. On a [H3O+]f=1,5×10−239,1×10−3=0,38 mol.m−3=3,8×10−4 mol.L−1\left[\mathrm{H_3O^+}\right]_f = \dfrac{1{,}5 \times 10^{-2}}{39{,}1 \times 10^{-3}} = 0{,}38\,\text{mol.m}^{-3} = 3{,}8 \times 10^{-4}\,\text{mol.L}^{-1}, donc τ=3,8×10−41,0×10−2=3,8 %\tau = \dfrac{3{,}8 \times 10^{-4}}{1{,}0 \times 10^{-2}} = 3{,}8\,\%.

    Méthode 3 : Remplir un tableau d'avancement et trouver xfx_f

    1. Écris l'équation avec la double flèche si l'énoncé parle de transformation limitée.
    2. Calcule les quantités de matière initiales à partir de n=cVn = cV ou de n=mMn = \dfrac{m}{M}.
    3. Remplis les trois lignes (initial, en cours, final) en fonction de xx puis de xfx_f.
    4. Relie xfx_f à la grandeur mesurée (pH ou conductivité) en passant par la quantité de matière d'un ion.

    Exemple : on dissout n0=2,5×10−3 moln_0 = 2{,}5 \times 10^{-3}\,\text{mol} d'acide éthanoïque dans V=250,0 mLV = 250{,}0\,\text{mL} (c=1,0×10−2 mol.L−1c = 1{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1}) et on mesure pH=3,41\mathrm{pH} = 3{,}41. Alors xmax=2,5×10−3 molx_{\text{max}} = 2{,}5 \times 10^{-3}\,\text{mol} et xf=10−3,41×0,2500=9,7×10−5 molx_f = 10^{-3{,}41} \times 0{,}2500 = 9{,}7 \times 10^{-5}\,\text{mol}, donc τ=9,7×10−52,5×10−3=3,9 %\tau = \dfrac{9{,}7 \times 10^{-5}}{2{,}5 \times 10^{-3}} = 3{,}9\,\%.

    Méthode 4 : Conclure sur le caractère total ou non total

    1. Calcule xmaxx_{\text{max}} avec le tableau d'avancement.
    2. Détermine xfx_f : c'est la valeur finale du plateau de la courbe x(t)x(t) ou le résultat de la mesure à l'état final.
    3. Compare : si xf=xmaxx_f = x_{\text{max}} la transformation est totale, si xf<xmaxx_f < x_{\text{max}} elle est non totale et l'état final est un état d'équilibre dynamique.

    Exemple : on suit une transformation de xmax=5,0×10−3 molx_{\text{max}} = 5{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol} et on relève x=2,0×10−3 molx = 2{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol} à 10 min10\,\text{min}, 2,4×10−3 mol2{,}4 \times 10^{-3}\,\text{mol} à 30 min30\,\text{min}, puis 2,5×10−3 mol2{,}5 \times 10^{-3}\,\text{mol} à 60 min60\,\text{min} et à 90 min90\,\text{min}. L'avancement ne varie plus : xf=2,5×10−3 molx_f = 2{,}5 \times 10^{-3}\,\text{mol}, donc τ=0,50<1\tau = 0{,}50 < 1. La transformation est non totale.

    Exercices corrigés

    Exercice 1 : Du pH à la concentration, et retour

    Facile
    Énoncé

    Utilise ta calculatrice : seules les touches 10x10^x et log⁡\log sont utiles.

    1. Du vinaigre dilué a pour pH 2,902{,}90. Calcule la concentration en ions H3O+\mathrm{H_3O^+}.
    2. Une eau de pluie a pour pH 5,605{,}60. Calcule sa concentration en ions H3O+\mathrm{H_3O^+}.
    3. Une solution contient 4,0×10−4 mol.L−14{,}0 \times 10^{-4}\,\text{mol.L}^{-1} d'ions H3O+\mathrm{H_3O^+}. Calcule son pH.
    4. Deux solutions A et B ont pour pH respectifs 2,302{,}30 et 4,304{,}30. Quel est le rapport [H3O+]A[H3O+]B\dfrac{\left[\mathrm{H_3O^+}\right]_A}{\left[\mathrm{H_3O^+}\right]_B} ?
    Voir le corrigé

    1. [H3O+]=10−pH=10−2,90=1,3×10−3 mol.L−1\left[\mathrm{H_3O^+}\right] = 10^{-\mathrm{pH}} = 10^{-2{,}90} = 1{,}3 \times 10^{-3}\,\text{mol.L}^{-1} (2 chiffres significatifs, car le pH est donné avec 2 décimales).

    2. [H3O+]=10−5,60=2,5×10−6 mol.L−1\left[\mathrm{H_3O^+}\right] = 10^{-5{,}60} = 2{,}5 \times 10^{-6}\,\text{mol.L}^{-1}.

    3. pH=−log⁡(4,0×10−4)=3,40\mathrm{pH} = -\log\left(4{,}0 \times 10^{-4}\right) = 3{,}40.

    4. [H3O+]A[H3O+]B=10−2,3010−4,30=102=100\dfrac{\left[\mathrm{H_3O^+}\right]_A}{\left[\mathrm{H_3O^+}\right]_B} = \dfrac{10^{-2{,}30}}{10^{-4{,}30}} = 10^{2} = 100. La solution A, dont le pH est plus petit de 2 unités, contient 100 fois plus d'ions H3O+\mathrm{H_3O^+}.

    Exercice 2 : Tableau d'avancement de l'acide éthanoïque

    Facile
    Énoncé

    On dissout de l'acide éthanoïque dans de l'eau pour obtenir V=100,0 mLV = 100{,}0\,\text{mL} de solution de concentration apportée c=1,0×10−2 mol.L−1c = 1{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1}. Le pH-mètre indique 3,413{,}41.

    1. Écris l'équation de la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau.
    2. Dresse le tableau d'avancement et donne la valeur de xmaxx_{\text{max}}.
    3. Calcule xfx_f puis le taux d'avancement final τ\tau.
    4. La transformation est-elle totale ?
    Voir le corrigé

    1. CH3COOH(aq)+H2O(l)⇌CH3COO(aq)−+H3O(aq)+\mathrm{CH_3COOH_{(aq)} + H_2O_{(l)} \rightleftharpoons CH_3COO^-_{(aq)} + H_3O^+_{(aq)}}

    2. Quantité initiale d'acide : n0=cV=1,0×10−2×0,1000=1,0×10−3 moln_0 = cV = 1{,}0 \times 10^{-2} \times 0{,}1000 = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol}.

    ÉtatAvancementn(CH3COOH)n(\mathrm{CH_3COOH})n(H2O)n(\mathrm{H_2O})n(CH3COO−)n(\mathrm{CH_3COO^-})n(H3O+)n(\mathrm{H_3O^+})
    Initial00n0n_0excès0000
    En coursxxn0−xn_0 - xexcèsxxxx
    Finalxfx_fn0−xfn_0 - x_fexcèsxfx_fxfx_f

    L'eau est en excès : le réactif limitant est l'acide, donc xmax=n0=1,0×10−3 molx_{\text{max}} = n_0 = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol}.

    3. Dans l'état final, n(H3O+)f=xf=10−pH V=10−3,41×0,1000=3,9×10−5 moln(\mathrm{H_3O^+})_f = x_f = 10^{-\mathrm{pH}}\,V = 10^{-3{,}41} \times 0{,}1000 = 3{,}9 \times 10^{-5}\,\text{mol}. Donc :

    τ=xfxmax=3,9×10−51,0×10−3=3,9×10−2=3,9 %\tau = \frac{x_f}{x_{\text{max}}} = \frac{3{,}9 \times 10^{-5}}{1{,}0 \times 10^{-3}} = 3{,}9 \times 10^{-2} = 3{,}9\,\%

    4. τ<1\tau < 1 : la transformation est non totale (limitée). L'état final contient encore n0−xf=9,6×10−4 moln_0 - x_f = 9{,}6 \times 10^{-4}\,\text{mol} d'acide éthanoïque.

    Exercice 3 : Acide fort ou acide faible ?

    Moyen
    Énoncé

    On prépare deux solutions de même volume V=200,0 mLV = 200{,}0\,\text{mL} et de même concentration apportée c=5,0×10−3 mol.L−1c = 5{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol.L}^{-1} : la solution S1 de chlorure d'hydrogène HCl\mathrm{HCl} et la solution S2 d'acide méthanoïque HCOOH\mathrm{HCOOH}. On mesure pH1=2,30\mathrm{pH}_1 = 2{,}30 et pH2=3,06\mathrm{pH}_2 = 3{,}06.

    1. Écris l'équation de la réaction de chaque acide avec l'eau, en supposant d'abord que la réaction de HCl\mathrm{HCl} est totale.
    2. Calcule xmaxx_{\text{max}} pour chaque solution.
    3. Calcule xfx_f et τ\tau pour chaque solution.
    4. Quelle solution correspond à une transformation totale ? Justifie.
    Voir le corrigé

    1. Pour S1 : HCl+H2O⟶H3O++Cl−\mathrm{HCl + H_2O \longrightarrow H_3O^+ + Cl^-} (hypothèse de réaction totale).

    Pour S2 : HCOOH+H2O⇌HCOO−+H3O+\mathrm{HCOOH + H_2O \rightleftharpoons HCOO^- + H_3O^+}.

    2. Dans les deux cas, n0=cV=5,0×10−3×0,2000=1,0×10−3 moln_0 = cV = 5{,}0 \times 10^{-3} \times 0{,}2000 = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol} et l'eau est en excès, donc xmax=1,0×10−3 molx_{\text{max}} = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol}.

    3. On utilise xf=10−pH Vx_f = 10^{-\mathrm{pH}}\,V.

    • S1 : xf,1=10−2,30×0,2000=1,0×10−3 molx_{f,1} = 10^{-2{,}30} \times 0{,}2000 = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol}, donc τ1=1,0×10−31,0×10−3=1,0\tau_1 = \dfrac{1{,}0 \times 10^{-3}}{1{,}0 \times 10^{-3}} = 1{,}0.
    • S2 : xf,2=10−3,06×0,2000=1,7×10−4 molx_{f,2} = 10^{-3{,}06} \times 0{,}2000 = 1{,}7 \times 10^{-4}\,\text{mol}, donc τ2=1,7×10−41,0×10−3=0,17\tau_2 = \dfrac{1{,}7 \times 10^{-4}}{1{,}0 \times 10^{-3}} = 0{,}17, soit 17 %17\,\%.

    4. La transformation de S1 est totale (τ1=1\tau_1 = 1) : l'hypothèse de la question 1 est confirmée. Celle de S2 est non totale (τ2=0,17<1\tau_2 = 0{,}17 < 1) : l'équation s'écrit bien avec une double flèche. À concentration identique, les deux acides n'ont pas le même comportement : le pH de S2 est plus grand que celui de S1 car S2 contient beaucoup moins d'ions H3O+\mathrm{H_3O^+}.

    Exercice 4 : Taux d'avancement par conductimétrie

    Moyen
    Énoncé

    On étudie V=100,0 mLV = 100{,}0\,\text{mL} de solution d'acide éthanoïque de concentration apportée c=5,0×10−3 mol.L−1c = 5{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol.L}^{-1}. Une cellule conductimétrique, dont les plaques ont une surface S=1,0 cm2S = 1{,}0\,\text{cm}^2 et sont distantes de L=1,0 cmL = 1{,}0\,\text{cm}, indique une conductance G=1,08×10−4 SG = 1{,}08 \times 10^{-4}\,\text{S}.

    Données à 25 °C25\,°\text{C} : λH3O+=35,0 mS.m2.mol−1\lambda_{\mathrm{H_3O^+}} = 35{,}0\,\text{mS.m}^2.\text{mol}^{-1} ; λCH3COO−=4,1 mS.m2.mol−1\lambda_{\mathrm{CH_3COO^-}} = 4{,}1\,\text{mS.m}^2.\text{mol}^{-1}.

    1. Calcule la conductivité σ\sigma de la solution.
    2. Exprime σ\sigma en fonction de xfx_f et de VV. Calcule xfx_f.
    3. Calcule xmaxx_{\text{max}} et le taux d'avancement final τ\tau. Conclus.
    Voir le corrigé

    1. σ=G LS\sigma = G\,\dfrac{L}{S}. Avec L=1,0×10−2 mL = 1{,}0 \times 10^{-2}\,\text{m} et S=1,0×10−4 m2S = 1{,}0 \times 10^{-4}\,\text{m}^2 :

    σ=1,08×10−4×1,0×10−21,0×10−4=1,08×10−2 S.m−1\sigma = 1{,}08 \times 10^{-4} \times \frac{1{,}0 \times 10^{-2}}{1{,}0 \times 10^{-4}} = 1{,}08 \times 10^{-2}\,\text{S.m}^{-1}

    2. Les ions présents sont H3O+\mathrm{H_3O^+} et CH3COO−\mathrm{CH_3COO^-}, de même concentration xfV\dfrac{x_f}{V} (tableau d'avancement). Donc :

    σ=(λH3O++λCH3COO−)xfV⟹xfV=σλH3O++λCH3COO−=1,08×10−239,1×10−3=0,276 mol.m−3\sigma = \left(\lambda_{\mathrm{H_3O^+}} + \lambda_{\mathrm{CH_3COO^-}}\right)\frac{x_f}{V} \quad\Longrightarrow\quad \frac{x_f}{V} = \frac{\sigma}{\lambda_{\mathrm{H_3O^+}} + \lambda_{\mathrm{CH_3COO^-}}} = \frac{1{,}08 \times 10^{-2}}{39{,}1 \times 10^{-3}} = 0{,}276\,\text{mol.m}^{-3}

    Cette concentration vaut 2,76×10−4 mol.L−12{,}76 \times 10^{-4}\,\text{mol.L}^{-1}, donc xf=2,76×10−4×0,1000=2,76×10−5 mol≈2,8×10−5 molx_f = 2{,}76 \times 10^{-4} \times 0{,}1000 = 2{,}76 \times 10^{-5}\,\text{mol} \approx 2{,}8 \times 10^{-5}\,\text{mol}.

    3. xmax=cV=5,0×10−3×0,1000=5,0×10−4 molx_{\text{max}} = cV = 5{,}0 \times 10^{-3} \times 0{,}1000 = 5{,}0 \times 10^{-4}\,\text{mol}, puis :

    τ=xfxmax=2,76×10−55,0×10−4=5,5×10−2=5,5 %\tau = \frac{x_f}{x_{\text{max}}} = \frac{2{,}76 \times 10^{-5}}{5{,}0 \times 10^{-4}} = 5{,}5 \times 10^{-2} = 5{,}5\,\%

    τ<1\tau < 1 : la transformation est non totale. Seulement environ 5,5 %5{,}5\,\% des molécules d'acide ont réagi avec l'eau.

    Exercice 5 : Deux chemins, un seul état d'équilibre

    Moyen
    Énoncé

    On prépare deux systèmes de volume final V=100,0 mLV = 100{,}0\,\text{mL} à 25 °C25\,°\text{C}.

    • Système 1 : on dissout 1,0×10−3 mol1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol} d'acide éthanoïque dans l'eau. Le pH final vaut 3,413{,}41.
    • Système 2 : on mélange 50,0 mL50{,}0\,\text{mL} de solution d'éthanoate de sodium (Na++CH3COO−\mathrm{Na^+ + CH_3COO^-}) à 2,0×10−2 mol.L−12{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1} et 50,0 mL50{,}0\,\text{mL} d'acide chlorhydrique (H3O++Cl−\mathrm{H_3O^+ + Cl^-}) à 2,0×10−2 mol.L−12{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1}. Le pH final vaut aussi 3,413{,}41.
    1. Dans le système 2, quelles quantités d'ions CH3COO−\mathrm{CH_3COO^-} et H3O+\mathrm{H_3O^+} sont introduites ? Écris l'équation de la réaction qui peut se produire (les ions Na+\mathrm{Na^+} et Cl−\mathrm{Cl^-} sont spectateurs).
    2. Calcule xmaxx_{\text{max}} puis xfx_f pour cette réaction, puis son taux d'avancement final τ′\tau'.
    3. Rappelle le taux d'avancement final τ\tau du système 1. Compare τ+τ′\tau + \tau' à 1 et interprète.
    4. Que prouve cette expérience sur la nature de l'état d'équilibre ?
    Voir le corrigé

    1. Dans le mélange : n(CH3COO−)i=2,0×10−2×0,0500=1,0×10−3 moln(\mathrm{CH_3COO^-})_i = 2{,}0 \times 10^{-2} \times 0{,}0500 = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol} et n(H3O+)i=2,0×10−2×0,0500=1,0×10−3 moln(\mathrm{H_3O^+})_i = 2{,}0 \times 10^{-2} \times 0{,}0500 = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol}. La réaction possible est la réaction dans le sens inverse de celle de l'exercice 2 :

    CH3COO−+H3O+⇌CH3COOH+H2O\mathrm{CH_3COO^- + H_3O^+ \rightleftharpoons CH_3COOH + H_2O}

    On l'écrit avec une double flèche, car on va voir à la question 2 que cette transformation est limitée (τ′<1\tau' < 1).

    2. Les deux réactifs sont en quantités égales et ils sont consommés dans les proportions 1:11:1 : xmax=1,0×10−3 molx_{\text{max}} = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol}. Dans l'état final, n(H3O+)f=10−3,41×0,1000=3,9×10−5 moln(\mathrm{H_3O^+})_f = 10^{-3{,}41} \times 0{,}1000 = 3{,}9 \times 10^{-5}\,\text{mol}. Or n(H3O+)f=n(H3O+)i−xfn(\mathrm{H_3O^+})_f = n(\mathrm{H_3O^+})_i - x_f, donc :

    xf=1,0×10−3−3,9×10−5=9,61×10−4 molτ′=9,61×10−41,0×10−3=0,96=96 %x_f = 1{,}0 \times 10^{-3} - 3{,}9 \times 10^{-5} = 9{,}61 \times 10^{-4}\,\text{mol} \qquad \tau' = \frac{9{,}61 \times 10^{-4}}{1{,}0 \times 10^{-3}} = 0{,}96 = 96\,\%

    τ′<1\tau' < 1 : cette transformation est bien non totale.

    3. Pour le système 1, τ=3,9×10−51,0×10−3=3,9 %\tau = \dfrac{3{,}9 \times 10^{-5}}{1{,}0 \times 10^{-3}} = 3{,}9\,\% (exercice 2). On a τ+τ′=0,039+0,96≈1\tau + \tau' = 0{,}039 + 0{,}96 \approx 1. Dans le système 1, il se forme 3,9×10−5 mol3{,}9 \times 10^{-5}\,\text{mol} d'ions H3O+\mathrm{H_3O^+} et autant d'ions CH3COO−\mathrm{CH_3COO^-} ; dans le système 2, il reste 3,9×10−5 mol3{,}9 \times 10^{-5}\,\text{mol} de chacun de ces ions (soit 1,0×10−3−9,61×10−41{,}0 \times 10^{-3} - 9{,}61 \times 10^{-4}) et il se forme 9,61×10−4 mol9{,}61 \times 10^{-4}\,\text{mol} d'acide éthanoïque, ce qui est la quantité d'acide restant dans le système 1 (1,0×10−3−3,9×10−51{,}0 \times 10^{-3} - 3{,}9 \times 10^{-5}). Les deux systèmes aboutissent à la même composition finale.

    4. Quel que soit le sens dans lequel on part (réactifs seuls ou produits seuls, en quantités équivalentes), le système atteint le même état d'équilibre, sans qu'aucune des deux transformations ne soit totale : la transformation peut se produire dans les deux sens, et l'état d'équilibre est un état où les deux réactions se compensent.

    Exercice 6 : Cohérence entre pH et conductivité

    Difficile
    Énoncé

    On dissout une masse m=0,46 gm = 0{,}46\,\text{g} d'acide méthanoïque HCOOH\mathrm{HCOOH} dans de l'eau pour obtenir V=500,0 mLV = 500{,}0\,\text{mL} de solution. À 25 °C25\,°\text{C}, on mesure pH=2,74\mathrm{pH} = 2{,}74 et σ=7,3×10−2 S.m−1\sigma = 7{,}3 \times 10^{-2}\,\text{S.m}^{-1}.

    Données : M(HCOOH)=46,0 g.mol−1M(\mathrm{HCOOH}) = 46{,}0\,\text{g.mol}^{-1} ; λH3O+=35,0 mS.m2.mol−1\lambda_{\mathrm{H_3O^+}} = 35{,}0\,\text{mS.m}^2.\text{mol}^{-1} ; λHCOO−=5,5 mS.m2.mol−1\lambda_{\mathrm{HCOO^-}} = 5{,}5\,\text{mS.m}^2.\text{mol}^{-1}.

    1. Calcule la quantité de matière n0n_0 d'acide, puis sa concentration apportée cc.
    2. Écris l'équation de la réaction avec l'eau et donne xmaxx_{\text{max}}.
    3. Déduis xfx_f et τ\tau de la valeur du pH.
    4. Déduis xfx_f et τ\tau de la valeur de la conductivité.
    5. Les deux méthodes sont-elles cohérentes ? Conclus sur la transformation.
    Voir le corrigé

    1. n0=mM=0,4646,0=1,0×10−2 moln_0 = \dfrac{m}{M} = \dfrac{0{,}46}{46{,}0} = 1{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol} et c=n0V=1,0×10−20,5000=2,0×10−2 mol.L−1c = \dfrac{n_0}{V} = \dfrac{1{,}0 \times 10^{-2}}{0{,}5000} = 2{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1}.

    2. HCOOH+H2O⇌HCOO−+H3O+\mathrm{HCOOH + H_2O \rightleftharpoons HCOO^- + H_3O^+}. L'acide est le réactif limitant (l'eau est en excès) : xmax=n0=1,0×10−2 molx_{\text{max}} = n_0 = 1{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol}.

    3. [H3O+]f=10−2,74=1,8×10−3 mol.L−1\left[\mathrm{H_3O^+}\right]_f = 10^{-2{,}74} = 1{,}8 \times 10^{-3}\,\text{mol.L}^{-1} ; xf=1,82×10−3×0,5000=9,1×10−4 molx_f = 1{,}82 \times 10^{-3} \times 0{,}5000 = 9{,}1 \times 10^{-4}\,\text{mol} ; τ=9,1×10−41,0×10−2=9,1×10−2=9,1 %\tau = \dfrac{9{,}1 \times 10^{-4}}{1{,}0 \times 10^{-2}} = 9{,}1 \times 10^{-2} = 9{,}1\,\%.

    4. Les ions H3O+\mathrm{H_3O^+} et HCOO−\mathrm{HCOO^-} ont la même concentration xfV\dfrac{x_f}{V} :

    xfV=σλH3O++λHCOO−=7,3×10−240,5×10−3=1,8 mol.m−3=1,8×10−3 mol.L−1\frac{x_f}{V} = \frac{\sigma}{\lambda_{\mathrm{H_3O^+}} + \lambda_{\mathrm{HCOO^-}}} = \frac{7{,}3 \times 10^{-2}}{40{,}5 \times 10^{-3}} = 1{,}8\,\text{mol.m}^{-3} = 1{,}8 \times 10^{-3}\,\text{mol.L}^{-1}

    Donc xf=1,8×10−3×0,5000=9,0×10−4 molx_f = 1{,}8 \times 10^{-3} \times 0{,}5000 = 9{,}0 \times 10^{-4}\,\text{mol} et τ=9,0 %\tau = 9{,}0\,\%.

    5. Les deux méthodes donnent des valeurs très proches : 9,1 %9{,}1\,\% avec le pH et 9,0 %9{,}0\,\% avec la conductivité (le petit écart vient des arrondis et de la précision des appareils). Dans les deux cas τ≈9 %\tau \approx 9\,\% : la transformation est non totale. Le fait que les deux mesures soient indépendantes et concordantes confirme que les ions H3O+\mathrm{H_3O^+} et HCOO−\mathrm{HCOO^-} sont bien les seuls ions importants de la solution.

    Exercice 7 : Solution d'acide propanoïque

    Type Bac
    Énoncé

    On étudie V=50,0 mLV = 50{,}0\,\text{mL} d'une solution d'acide propanoïque C2H5COOH\mathrm{C_2H_5COOH} de concentration apportée c=2,0×10−2 mol.L−1c = 2{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1}, à 25 °C25\,°\text{C}. Un pH-mètre indique pH=3,29\mathrm{pH} = 3{,}29 et un conductimètre indique σ=1,98×10−2 S.m−1\sigma = 1{,}98 \times 10^{-2}\,\text{S.m}^{-1}.

    Données : λH3O+=35,0 mS.m2.mol−1\lambda_{\mathrm{H_3O^+}} = 35{,}0\,\text{mS.m}^2.\text{mol}^{-1} ; λC2H5COO−=3,6 mS.m2.mol−1\lambda_{\mathrm{C_2H_5COO^-}} = 3{,}6\,\text{mS.m}^2.\text{mol}^{-1}.

    1. Écris l'équation de la réaction de l'acide propanoïque avec l'eau.
    2. Dresse le tableau d'avancement et calcule xmaxx_{\text{max}}.
    3. Exprime xfx_f en fonction du pH et de VV, puis le taux d'avancement final τ\tau en fonction du pH et de cc (le volume VV disparaît). Calcule τ\tau. La transformation est-elle totale ?
    4. Exprime σ\sigma en fonction de xfx_f et de VV. Calcule xfx_f et compare avec la valeur obtenue à la question 3.
    5. Quelle serait la conductivité σmax\sigma_{\text{max}} de la solution si la transformation était totale ? Compare avec la valeur mesurée.
    6. Explique pourquoi l'état final est un état d'équilibre dynamique.
    Voir le corrigé

    1. C2H5COOH(aq)+H2O(l)⇌C2H5COO(aq)−+H3O(aq)+\mathrm{C_2H_5COOH_{(aq)} + H_2O_{(l)} \rightleftharpoons C_2H_5COO^-_{(aq)} + H_3O^+_{(aq)}}

    2. n0=cV=2,0×10−2×0,0500=1,0×10−3 moln_0 = cV = 2{,}0 \times 10^{-2} \times 0{,}0500 = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol}.

    ÉtatAvancementn(C2H5COOH)n(\mathrm{C_2H_5COOH})n(H2O)n(\mathrm{H_2O})n(C2H5COO−)n(\mathrm{C_2H_5COO^-})n(H3O+)n(\mathrm{H_3O^+})
    Initial00n0n_0excès0000
    En coursxxn0−xn_0 - xexcèsxxxx
    Finalxfx_fn0−xfn_0 - x_fexcèsxfx_fxfx_f

    L'eau est en excès, donc xmax=n0=1,0×10−3 molx_{\text{max}} = n_0 = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol}.

    3. xf=n(H3O+)f=10−pH Vx_f = n(\mathrm{H_3O^+})_f = 10^{-\mathrm{pH}}\,V, donc τ=10−pH VcV=10−pHc\tau = \dfrac{10^{-\mathrm{pH}}\,V}{cV} = \dfrac{10^{-\mathrm{pH}}}{c}. Numériquement :

    τ=10−3,292,0×10−2=5,1×10−42,0×10−2=2,6×10−2=2,6 %\tau = \frac{10^{-3{,}29}}{2{,}0 \times 10^{-2}} = \frac{5{,}1 \times 10^{-4}}{2{,}0 \times 10^{-2}} = 2{,}6 \times 10^{-2} = 2{,}6\,\%

    τ<1\tau < 1 : la transformation est non totale. (On a xf=5,1×10−4×0,0500=2,6×10−5 molx_f = 5{,}1 \times 10^{-4} \times 0{,}0500 = 2{,}6 \times 10^{-5}\,\text{mol}.)

    4. Les ions présents sont H3O+\mathrm{H_3O^+} et C2H5COO−\mathrm{C_2H_5COO^-}, de même concentration xfV\dfrac{x_f}{V} :

    σ=(λH3O++λC2H5COO−)xfV⟹xfV=1,98×10−238,6×10−3=0,51 mol.m−3=5,1×10−4 mol.L−1\sigma = \left(\lambda_{\mathrm{H_3O^+}} + \lambda_{\mathrm{C_2H_5COO^-}}\right)\frac{x_f}{V} \quad\Longrightarrow\quad \frac{x_f}{V} = \frac{1{,}98 \times 10^{-2}}{38{,}6 \times 10^{-3}} = 0{,}51\,\text{mol.m}^{-3} = 5{,}1 \times 10^{-4}\,\text{mol.L}^{-1}

    Donc xf=5,1×10−4×0,0500=2,6×10−5 molx_f = 5{,}1 \times 10^{-4} \times 0{,}0500 = 2{,}6 \times 10^{-5}\,\text{mol} : on retrouve la valeur de la question 3. Les deux méthodes sont cohérentes.

    5. Si la transformation était totale, les ions auraient pour concentration c=2,0×10−2 mol.L−1=20 mol.m−3c = 2{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1} = 20\,\text{mol.m}^{-3} :

    σmax=(λH3O++λC2H5COO−)c=38,6×10−3×20=0,77 S.m−1\sigma_{\text{max}} = \left(\lambda_{\mathrm{H_3O^+}} + \lambda_{\mathrm{C_2H_5COO^-}}\right)c = 38{,}6 \times 10^{-3} \times 20 = 0{,}77\,\text{S.m}^{-1}

    La conductivité mesurée est environ 3939 fois plus petite que σmax\sigma_{\text{max}}, ce qui correspond bien à τ=σσmax≈139≈2,6 %\tau = \dfrac{\sigma}{\sigma_{\text{max}}} \approx \dfrac{1}{39} \approx 2{,}6\,\%.

    6. Dans l'état final, la composition ne varie plus, et pourtant il reste de l'acide propanoïque (n0−xf=9,7×10−4 moln_0 - x_f = 9{,}7 \times 10^{-4}\,\text{mol}) en même temps que les ions C2H5COO−\mathrm{C_2H_5COO^-} et H3O+\mathrm{H_3O^+}. Les deux réactions opposées (acide + eau, et ions qui se recombinent) se produisent à la même vitesse : pour chaque molécule d'acide qui réagit avec l'eau, un couple d'ions se recombine. La composition est constante à l'échelle macroscopique, mais les réactions n'ont pas cessé : c'est un équilibre dynamique.

    Exercice 8 : Solution d'ammoniac

    Type Bac
    Énoncé

    On étudie V=100,0 mLV = 100{,}0\,\text{mL} d'une solution d'ammoniac NH3\mathrm{NH_3} de concentration apportée c=1,0×10−2 mol.L−1c = 1{,}0 \times 10^{-2}\,\text{mol.L}^{-1}, à 25 °C25\,°\text{C}. L'ammoniac réagit avec l'eau pour donner des ions ammonium NH4+\mathrm{NH_4^+} et des ions hydroxyde HO−\mathrm{HO^-}. Une cellule conductimétrique (S=1,0 cm2S = 1{,}0\,\text{cm}^2, L=1,0 cmL = 1{,}0\,\text{cm}) indique une conductance G=1,12×10−4 SG = 1{,}12 \times 10^{-4}\,\text{S}.

    Données : λNH4+=7,3 mS.m2.mol−1\lambda_{\mathrm{NH_4^+}} = 7{,}3\,\text{mS.m}^2.\text{mol}^{-1} ; λHO−=19,9 mS.m2.mol−1\lambda_{\mathrm{HO^-}} = 19{,}9\,\text{mS.m}^2.\text{mol}^{-1}.

    1. Écris l'équation de la réaction de l'ammoniac avec l'eau, dresse le tableau d'avancement et donne xmaxx_{\text{max}}.
    2. Justifie que [NH4+]f=[HO−]f\left[\mathrm{NH_4^+}\right]_f = \left[\mathrm{HO^-}\right]_f et exprime σ\sigma en fonction de xfx_f et de VV.
    3. Calcule σ\sigma à partir de GG, puis xfx_f et τ\tau.
    4. La transformation est-elle totale ? Quelle serait la conductivité de la solution si elle l'était ?
    5. Explique ce que signifie le mot « dynamique » dans l'expression « équilibre dynamique » pour cette solution.
    Voir le corrigé

    1. NH3(aq)+H2O(l)⇌NH4(aq)++HO(aq)−\mathrm{NH_{3(aq)} + H_2O_{(l)} \rightleftharpoons NH_{4(aq)}^+ + HO^-_{(aq)}}. Quantité initiale : n0=cV=1,0×10−2×0,1000=1,0×10−3 moln_0 = cV = 1{,}0 \times 10^{-2} \times 0{,}1000 = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol}.

    ÉtatAvancementn(NH3)n(\mathrm{NH_3})n(H2O)n(\mathrm{H_2O})n(NH4+)n(\mathrm{NH_4^+})n(HO−)n(\mathrm{HO^-})
    Initial00n0n_0excès0000
    En coursxxn0−xn_0 - xexcèsxxxx
    Finalxfx_fn0−xfn_0 - x_fexcèsxfx_fxfx_f

    L'eau est en excès : xmax=n0=1,0×10−3 molx_{\text{max}} = n_0 = 1{,}0 \times 10^{-3}\,\text{mol}.

    2. D'après le tableau, les ions NH4+\mathrm{NH_4^+} et HO−\mathrm{HO^-} sont formés en quantités égales (xfx_f) dans le même volume VV (on néglige les ions venant de l'eau elle-même), donc [NH4+]f=[HO−]f=xfV\left[\mathrm{NH_4^+}\right]_f = \left[\mathrm{HO^-}\right]_f = \dfrac{x_f}{V} et :

    σ=(λNH4++λHO−)xfV\sigma = \left(\lambda_{\mathrm{NH_4^+}} + \lambda_{\mathrm{HO^-}}\right)\frac{x_f}{V}

    3. σ=G LS=1,12×10−4×1,0×10−21,0×10−4=1,12×10−2 S.m−1\sigma = G\,\dfrac{L}{S} = 1{,}12 \times 10^{-4} \times \dfrac{1{,}0 \times 10^{-2}}{1{,}0 \times 10^{-4}} = 1{,}12 \times 10^{-2}\,\text{S.m}^{-1}. Alors :

    xfV=1,12×10−2(7,3+19,9)×10−3=1,12×10−227,2×10−3=0,41 mol.m−3=4,1×10−4 mol.L−1\frac{x_f}{V} = \frac{1{,}12 \times 10^{-2}}{(7{,}3 + 19{,}9) \times 10^{-3}} = \frac{1{,}12 \times 10^{-2}}{27{,}2 \times 10^{-3}} = 0{,}41\,\text{mol.m}^{-3} = 4{,}1 \times 10^{-4}\,\text{mol.L}^{-1}

    Donc xf=4,1×10−4×0,1000=4,1×10−5 molx_f = 4{,}1 \times 10^{-4} \times 0{,}1000 = 4{,}1 \times 10^{-5}\,\text{mol} et τ=4,1×10−51,0×10−3=4,1×10−2=4,1 %\tau = \dfrac{4{,}1 \times 10^{-5}}{1{,}0 \times 10^{-3}} = 4{,}1 \times 10^{-2} = 4{,}1\,\%.

    4. τ<1\tau < 1 : la transformation est non totale. Si elle était totale, on aurait [HO−]=[NH4+]=c=10 mol.m−3\left[\mathrm{HO^-}\right] = \left[\mathrm{NH_4^+}\right] = c = 10\,\text{mol.m}^{-3} et :

    σmax=27,2×10−3×10=0,27 S.m−1\sigma_{\text{max}} = 27{,}2 \times 10^{-3} \times 10 = 0{,}27\,\text{S.m}^{-1}

    soit environ 2424 fois la valeur mesurée (1,12×10−2 S.m−11{,}12 \times 10^{-2}\,\text{S.m}^{-1}), ce qui correspond bien à τ≈4,1 %\tau \approx 4{,}1\,\%.

    5. Dans l'état final, la composition ne change plus : il reste de l'ammoniac (9,6×10−4 mol9{,}6 \times 10^{-4}\,\text{mol}) et il y a des ions NH4+\mathrm{NH_4^+} et HO−\mathrm{HO^-}. Mais les deux réactions opposées continuent : des molécules NH3\mathrm{NH_3} réagissent avec l'eau (sens 1) pendant que des ions NH4+\mathrm{NH_4^+} et HO−\mathrm{HO^-} se recombinent (sens 2). Les deux vitesses sont égales, donc chaque espèce est consommée aussi vite qu'elle est formée : l'équilibre est dynamique, et non un arrêt de toute réaction.

    QCM

    QCM de 7 questions

    Une réponse, puis l'explication : les questions ratées sont gardées dans Mes pièges.

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    Erreurs fréquentes

    • Oublier le signe moins : pH=−log⁡[H3O+]\mathrm{pH} = -\log\left[\mathrm{H_3O^+}\right], et non log⁡[H3O+]\log\left[\mathrm{H_3O^+}\right]. Si ton pH est négatif pour une solution diluée, c'est que tu l'as oublié. Utilise aussi le logarithme décimal (log⁡\log), pas le logarithme népérien (ln⁡\ln).
    • Confondre xmaxx_{\text{max}} et xfx_f : xmaxx_{\text{max}} se calcule avec le tableau d'avancement (réaction totale supposée), xfx_f se déduit d'une mesure. Calculer xmaxx_{\text{max}} avec la quantité d'eau est aussi une erreur : l'eau est en excès, elle n'est jamais le réactif limitant, donc xmaxx_{\text{max}} se calcule avec la quantité d'acide.
    • Oublier de convertir les unités dans σ=∑λi[Xi]\sigma = \sum \lambda_i [\mathrm{X}_i] : les concentrations doivent être en mol.m−3\text{mol.m}^{-3} (multiplie par 1000 les mol.L−1\text{mol.L}^{-1}) et les λ\lambda en S.m2.mol−1\text{S.m}^2.\text{mol}^{-1} (multiplie par 10−310^{-3} les mS.m2.mol−1\text{mS.m}^2.\text{mol}^{-1}).
    • Trouver τ>1\tau > 1 : ce n'est pas possible, car xf≤xmaxx_f \le x_{\text{max}}. Un résultat supérieur à 1 signale une erreur de calcul (souvent un oubli de convertir les mL en L ou un mauvais xmaxx_{\text{max}}). Un résultat de 1,0021{,}002 qui vient d'arrondis s'interprète comme τ=1\tau = 1.
    • Écrire une simple flèche pour une transformation limitée : utilise la double flèche ⇌\rightleftharpoons dès que τ<1\tau < 1.
    • Croire que « équilibre » veut dire « plus rien ne se passe » : à l'équilibre, les deux réactions continuent, avec des vitesses égales. Seule la composition globale est constante.
    • Confondre rapide/lente et totale/non totale : l'acide éthanoïque réagit avec l'eau presque instantanément, et pourtant sa transformation est non totale.
    • Compter les molécules neutres dans la conductivité : seuls les ions comptent, et il ne faut en oublier aucun.

    À retenir

    • Le taux d'avancement final est τ=xfxmax\tau = \dfrac{x_f}{x_{\text{max}}}, avec 0≤τ≤10 \le \tau \le 1. Si τ=1\tau = 1, la transformation est totale ; si τ<1\tau < 1, elle est non totale et s'écrit avec ⇌\rightleftharpoons.
    • pH=−log⁡[H3O+]\mathrm{pH} = -\log\left[\mathrm{H_3O^+}\right] et [H3O+]=10−pH mol.L−1\left[\mathrm{H_3O^+}\right] = 10^{-\mathrm{pH}}\,\text{mol.L}^{-1} ; pour un acide AH\mathrm{AH} de concentration cc qui réagit avec l'eau, τ=10−pHc\tau = \dfrac{10^{-\mathrm{pH}}}{c}.
    • Pour un acide dans l'eau, l'eau est en excès : xmax=cVx_{\text{max}} = cV, et xf=[H3O+]fVx_f = \left[\mathrm{H_3O^+}\right]_f V.
    • Conductimétrie : G=σ SLG = \sigma\,\dfrac{S}{L} et σ=∑λi[Xi]\sigma = \sum \lambda_i [\mathrm{X}_i], avec les concentrations en mol.m−3\text{mol.m}^{-3} ; seuls les ions comptent.
    • Dans l'état d'équilibre, tous les réactifs et produits coexistent, la composition est constante et xf=xeˊq<xmaxx_f = x_{\text{éq}} < x_{\text{max}}.
    • L'équilibre est dynamique : les deux réactions opposées continuent avec des vitesses égales.
    • Un même état d'équilibre peut être atteint en partant des réactifs ou des produits : la transformation peut se produire dans les deux sens.
    • « Totale / non totale » (état final) et « rapide / lente » (durée) sont deux notions indépendantes.

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