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 :
Ex 10 p 180 : Expliquer la dissolution d’un solide ionique dans un solvant polaire.
1-2. Les trois étapes :
- la dissociation des ions du solide (les ions sont séparés du solide ionique).
- hydratation des ions : les ions sont entourés par les molécules du solvant.
- dispersion des ions : sous l’effet de l’agitation thermique les ions s’éloignent.
2. Hydratation de K+ :
H
Hydratation de MnO4O
H
H
H
O
H
H
O
H
H
K+(aq)
O
H
MnO4-(aq)
O
H
H
H
O
H
H
H
H
O
O
Les molécules d’eau entourent les ions et empêchent leur combinaison, elles se disposent selon la charge des
atomes.
3. KMnO4 (s)  K+(aq) + MnO4- (aq)
Ex 11 p 180 : Ecrire les équations de dissolution.
MgCl2 (s)  Mg2+(aq)
KHO(s)
+ 2Cl-(aq)
 K+(aq) + HO-(aq)
K2CO3(s)  2 K+(aq)+ CO32-(aq)
AlCl3(s)
 Al3+(aq) +3 Cl-(aq)
Fe2(SO4)2(s)  2 Fe3+(aq) +3 SO42-(aq)
Ex 12 p 180 : Etudier des solutions ioniques.
Chlorure de calcium CaCl2(s), sulfate de potassium K2SO4 (s) => solides ioniques.
1.
2.
3.
4.
CaCl2(s) : ion calcium Ca2+ + ion chlorure Cl- ; K2SO4 (s) : ion potassium K+ + ion sulfate SO42On ajoute de l’eau.
Les molecules d’eau entourent les ions.
CaCl2(s)  Ca2+(aq)+ 2 Cl-(aq) ; K2SO4 (s)  2 K+(aq) + SO42-(aq)
Ex 16 p 181 : Calculer des concentrations molaires effectives.
V = 200 mL = 0,2 L ; n = 5 mmol de AlCl3(s).
1. concentration molaire en soluté apporté :
c = n / v => c = 5.10-3 / 0.2 = 2,5.10-2 mol/L
2. AlCl3(s)
 Al3+(aq) +3 Cl-(aq)
3. D’après l’équation : [Al3+ (aq)] = c = 2,5.10-2 mol/L ; [Cl-(aq) ] = 3.c = 7,5.10-2 mol/l
Ex 17 p 181 : Distinguer concentration molaire apportée et concentration effective.
Na2SO4(s), [Na+] = 0,020 mol/L
1. Na2SO4(s)  2 Na+(aq) + SO42-(aq)
2.3. D’après l’équation : [Na+(aq)] = 2 c = 0,020 mol/L ; [SO42-(aq) ] = c
c = 0,010 mol/L donc [SO42-(aq) ] = 0,010 mol/L
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
1.
Na2SO4(s). 
2Na(aq )  SO24(aq )
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
xmaxmol
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
Avancemen
t
n(Al3+ )
n(OH-)
n (Al(OH)3)
Etat du
système
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