Feuille I Ex 1 Dissolution du chlorure de baryum Ex 2 Dissolution du
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Feuille I Ex 1 Dissolution du chlorure de baryum Ex 2 Dissolution du
Feuille I Ex 1 Dissolution du chlorure de baryum Ex 2 Dissolution du phosphate de fer(II) Ex3 Solution de sulfate de sodium. Ex 4 Solution de sulfate de zinc. Feuille I-2 Ex 5 Solution de sulfate de cuivre. Feuille II-1 Ex 6 Solution de nitrate de fer II ;mélange ; réaction de précipitation. Feuille II-2-3 Ex 7 Précipitation de l’hydroxyde d’aluminium : chap 10 Feuille I-1 Ex 1 Dissolution du chlorure de baryum 1 - Equation de dissolution : BaCl2 (s) —> Ba2+(aq) + 2 Cl–(aq). 2 - D'après l'équation de dissolution [Ba2+] = C et [Cl–] = 2·C. 3 - Donc [Ba2+] = 2,5×10–2 mol·L–1 et [Cl–] = 5,0×10–2 mol·L–1. Ex 2 Dissolution du phosphate de fer(II) 1 - Equation de dissolution : Fe3(PO4)2 (s) —> 3 Fe2+(aq) + 2 PO43–(aq). 2 - D'après l'équation de dissolution [Fe2+] = 3·C et [PO43–] = 2·C. 3 - Donc [Fe2+] = 1,5×10–1 mol·L–1 et [PO43–] = 1,0×10–1 mol·L–1. Ex3 Solution de sulfate de sodium. eau 2 Na (aq ) SO 24(aq ) 1. Na2SO4(s). 2. On calcule tout d’abord la quantité de matière de sulfate de sodium contenue dans une solution de 200 mL dont la concentration en soluté apporté est c=0,15 mol·L-1 : n c V 0,15 0,2 0,030mol m = n × M avec M = 2×M(Na) + M(S) + 4×M(O) = 2×23 + 32,1 + 4×16 = 142,1 g·mol-1 donc m = 0,03×142,1=4,3 g. 3. D'après l'équation de dissolution Na 2·C et SO 24 = ·C. Na 0,3 mol·L-1 SO 24 = 0,15 mol·L-1. Ex 4 Solution de sulfate de zinc. 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 On pèse à l’aide d’une capsule de pesée et d’une balance électronique 4,31 g de sulfate de zinc hydraté On introduit ce solide dans une fiole jaugée de 100 mL à l’aide d’un entonnoir. On rince la capsule et l’entonnoir en récupérant les eaux de rinçage dans la fiole jaugée de 100 mL On remplit à moitié d’eau distillée la fiole jaugée de 100 mL. On bouche et on homogénéise. On remplit d’eau distillée jusqu’au trait de jauge de la fiole. On bouche et on homogénéise. ZnSO4,7H2O Zn2+ + SO42- + 7H2O D’après cette équation de dissolution on a [Zn2+] = [SO42-] = c1 = 1,50.10−1 mol/L D’après l’équation de dissolution H2SO4(l) + 2H2O 2H3O+ + SO42[SO42-]s2 = c2 or on veut que [SO42-]s1 = [SO42-]s2 donc [SO42-]s2 =1,50.10−1 mol/L= c2 D’après l’équation de dissolution H2SO4(l) + 2H2O 2H3O+ + SO42[H3O+]s2 = 2 c2 soit [H3O+]s2 = 3,00.10−1 mol/L chap 10 Feuille I-2 Ex 5 Solution de sulfate de cuivre. CuSO4, xH2O Cu2+ + SO42- + x H2O D’après cette équation de dissolution [Cu2+(aq)] = c = 4,0 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 chap 10 Feuille II-1 Ex 6 Solution de nitrate de fer II ;mélange ; réaction de précipitation. I)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 3 ] = 2c1 n(Fe2+) = c1 × V1= 2,0.10-2× 0,10 = 2,0.10-3 mol n(NO 3 ) = 2c1 × V1= 2×2,0.10-2× 0,10 = 4,0.10-3 mol Quantité initial de Fe2+(aq) + SO42- (aq)) FeSO4 (s) Fe2+(aq) + SO42- (aq)) D’après l’équation de dissolution on a [Fe2+] = [SO42-] = c2 n(Fe2+) = c2 × V2= 3,0.10-2× 0,050 = 1,5.10-3 mol n(SO42-) =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+)= 3,5.10-3mol [NO3-] = n(NO3-) / Vt = 4,0.10-3 / 0,15 soit [NO3-] = 2,7.10-2 mol.L-1 [SO42- ]= n(SO42-) / Vt = 1,5.10-3 / 0,15 soit [SO42-] = 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 II) 1. 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 état du système(mol avancement état initial 0 état intermédiaire x état final xmaxmol Fe2+ (aq) n(Fe2+) x + 2HO- (aq) n(HO-) 2x Fe(OH)2 (s) n(Fe(OH)2) x 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 d'où xmax = mol Il n’y a pas de réactif limitant. On est dans les conditions stoechiomètriques. 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 chap 10 Feuille II-2 Ex 7 Précipitation de l’hydroxyde d’aluminium : 1. a- Sulfate d'aluminium Al2 (SO4) 3 b- Al2 (SO4) 3 (s) 2 Al3+(aq) + 3 SO4 2-(aq) c- La dissolution d’un cristal ionique s’effectue en trois étapes : dissociation du cristal sous l’effet des forces électriques attractives entre les molécules d’eau et les ions. - solvatation des ions : les ions s’entourent de molécules d’eau ce qui les empêchent de se rapprocher pour former des liaisons. - les ions se dispersent dans la solution parmi les molécules d’eau. d- Calculons la masse de soluté à peser : n (Al2 (SO4) 3 ) = c1 x V1 = 1,25.10-2 mol - m (Al2 (SO4) 3 ) = n (Al2 (SO4) 3 ) x M (Al2 (SO4) 3 ) = 1,25.10-2 x 342 = 4,28 g Matériel : une fiole jaugée de 250 mL ; un entonnoir à solide, une balance, une coupelle, une spatule, eau distillée, pipette simple, un bécher, sulfate d’aluminium solide. 1. e- [Al3+(aq)] = 2 c1 = 1,0.10-1 mol.L-1 [SO4 2-(aq)] = 3 c1 = 1,5. 10-1 mol.L-1 2. Lors d’une dilution, la quantité de matière de soluté se conserve. On veut préparer dans une fiole de 500 mL= V2, une solution de concentration C2 à partir d’une solution de concentration c’ . Le volume de la solution mère à prélever sera V’ = c2.V2 / c’= 5,0.10-2 L Matériel : une fiole jaugée de 500 mL ; un bécher ; une pipette jaugée de 50,0 mL munie de sa propipette ;eau distillée, pipette simple, solution mère. chap 10 Feuille II-3 Al3+ (aq) + 3OH-(aq) 3. Réaction de précipitation : a- Al(OH)3 b- n (Al3+ ) = c1 V’1 = 3 .10-3 mol.L-1 n (OH-) = c2 V’2= 10-3 mol.L-1 Al3+ (aq) + 3OH-(aq) Al(OH)3 Etat du système Avancemen t n(Al3+ ) n(OH-) n (Al(OH)3) Etat initial x=0 3 .10-3 10-3 0 Au cours de la transformation x 3.10-3 – x 10-3 - 3x x Etat final xmax 3.10-3 – xmax 10-3 - 3xmax xmax = 3,3.10-4 2,7.10-3 0 3,3.10-4 Les ions hydroxyde sont limitants. e- [ OH-] = 0 mol.L-1 [Al3+] = n(Al3+ (aq))/ ( V’1+ V’2 ) = 6,7.10-2 mol.L-1 [SO42-] = 3 c1V’1 / ( V’1+ V’2 ) = 1,1 10-1 mol.L-1 [Na+] = c2V’2 / ( V’1+ V’2 ) = 2,5.10-2 mol.L-1 On vérifie l’électroneutralité de la solution : [Na+(aq)] + 3[Al3+ (aq) ] = 2 [SO42-(aq)] d- Soit m la masse de précipité d’hydroxyde d’aluminium formé et M la masse molaire : m = xmax . M = 3,3.10-4 x 78 = 2,6.10-2 g