Ces exercices complètent le cours du Chapitre 1 — Suivi de l'évolution d'un système chimique. Cherche d'abord seul, puis clique pour vérifier ta réponse.
Méthode : rédiger une réponse complète
- Comprendre : ce que l'on cherche, les données utiles et leurs unités.
- Choisir la relation adaptée et l'écrire d'abord en lettres.
- Isoler l'inconnue, puis convertir les unités (volumes en L).
- Calculer en remplaçant chaque symbole par sa valeur.
- Conclure par une phrase, avec l'unité et des chiffres significatifs cohérents.
- Vérifier l'ordre de grandeur et la cohérence physique.
Niveau 1 — Application directe
Exercice 1 — Concentration molaire
On dissout m = 4,0 g de sulfate de cuivre CuSO₄ (M = 160 g/mol) dans une fiole jaugée de volume V = 250 mL. Calculer la concentration molaire de la solution obtenue.
On cherche la concentration en quantité de matière \(C\) d'une solution préparée par dissolution. Données : \(m=4{,}0\ \text{g}\), \(M=160\ \text{g/mol}\), \(V=250\ \text{mL}\).
Masse → quantité de matière : \(n=\dfrac{m}{M}\) ; puis \(C=\dfrac{n}{V}\) avec \(V\) en litres.
\(n=\dfrac{4{,}0}{160}=2{,}5\times10^{-2}\ \text{mol}\) ; \(V=0{,}250\ \text{L}\) ; \(C=\dfrac{2{,}5\times10^{-2}}{0{,}250}=0{,}10\ \text{mol/L}\)
La solution a une concentration \(C=0{,}10\ \text{mol·L}^{-1}\).
\(V\) est le volume de la solution (celui de la fiole jaugée), pas le volume d'eau ajouté.
Exercice 2 — Loi de Beer-Lambert
Une solution colorée présente une absorbance A = 0,68. Le coefficient directeur de la droite d'étalonnage vaut k = 850 L·mol⁻¹ (A = kC). Calculer la concentration C de cette solution.
On connaît l'absorbance et le coefficient de la droite d'étalonnage \(A=k\,C\) ; on cherche \(C\).
Loi de Beer-Lambert, valable pour une solution diluée à une longueur d'onde fixée : on isole \(C=\dfrac{A}{k}\).
\(C=\dfrac{0{,}68}{850}=8{,}0\times10^{-4}\ \text{mol/L}\)
La concentration de la solution vaut \(C=8{,}0\times10^{-4}\ \text{mol·L}^{-1}\).
Unités : \(A\) est sans unité et \(k\) en \(\text{L·mol}^{-1}\), donc \(\dfrac{A}{k}\) est en \(\text{mol·L}^{-1}\) ✓. \(A=0{,}68\) reste dans le domaine où la loi est linéaire.
Exercice 3 — Demi-équation électronique
Écrire la demi-équation électronique du couple oxydant/réducteur Fe³⁺(aq)/Fe²⁺(aq).
Une demi-équation s'écrit toujours \(\text{Ox}+n\,e^-\rightleftharpoons\text{Red}\). L'oxydant est l'espèce la plus chargée positivement : \(\text{Fe}^{3+}\).
Pour passer de la charge +3 à la charge +2, il faut un électron (charge −1).
\(\text{Fe}^{3+}(\text{aq})+e^-\rightleftharpoons\text{Fe}^{2+}(\text{aq})\)
Conservation de la charge : \(+3+(-1)=+2\) ✓ ; conservation de l'élément fer ✓.
Exercice 4 — Réactif limitant
Pour la réaction A + 2B → C, on mélange n₀(A) = 6,0 mmol et n₀(B) = 10,0 mmol. Déterminer le réactif limitant.
Pour chaque réactif, on calcule l'avancement qui l'épuiserait : \(x=\dfrac{n_0}{\text{coefficient}}\). Le plus petit est \(x_{max}\).
\(x_A=\dfrac{6{,}0}{1}=6{,}0\ \text{mmol}\) ; \(x_B=\dfrac{10{,}0}{2}=5{,}0\ \text{mmol}\) → \(x_{max}=5{,}0\ \text{mmol}\)
B est le réactif limitant, alors qu'on en a introduit davantage que de A : chaque réaction en consomme deux fois plus.
À l'état final : \(n(A)=6{,}0-5{,}0=1{,}0\ \text{mmol}\) (A en excès) et \(n(B)=10{,}0-2\times5{,}0=0\) ✓.
Niveau 2 — Approfondissement
Exercice 5 — Tableau d'avancement complet
Pour la réaction 2 Al + 3 Cu²⁺ → 2 Al³⁺ + 3 Cu, on introduit n₀(Al) = 8,0 mmol et n₀(Cu²⁺) = 15,0 mmol. Déterminer le réactif limitant et la composition finale (en mmol) de chaque espèce.
Calculer \(x_{max}\) comme précédemment, puis reporter \(x_{max}\) dans chaque ligne du tableau d'avancement : \(n=n_0-a\,x_{max}\) pour un réactif, \(n=c\,x_{max}\) pour un produit.
\(x_{Al}=\dfrac{8{,}0}{2}=4{,}0\ \text{mmol}\) ; \(x_{Cu^{2+}}=\dfrac{15{,}0}{3}=5{,}0\ \text{mmol}\) → \(x_{max}=4{,}0\ \text{mmol}\), Al limitant.
| Espèce | Al | Cu²⁺ | Al³⁺ | Cu |
|---|---|---|---|---|
| Initial (mmol) | 8,0 | 15,0 | 0 | 0 |
| Final (mmol) | 8,0 − 2×4,0 = 0 | 15,0 − 3×4,0 = 3,0 | 2×4,0 = 8,0 | 3×4,0 = 12,0 |
État final : aluminium épuisé, 3,0 mmol de Cu²⁺ en excès, 8,0 mmol d'ions Al³⁺ et 12,0 mmol de cuivre formés.
Conservation des éléments : aluminium \(8{,}0=0+8{,}0\) ✓ ; cuivre \(15{,}0=3{,}0+12{,}0\) ✓. La solution reste bleue (il reste des ions Cu²⁺).
Exercice 6 — Équilibrer une équation redox et calculer xmax
Les ions permanganate oxydent les ions fer(II), selon les demi-équations MnO₄⁻ + 8H⁺ + 5e⁻ ⇌ Mn²⁺ + 4H₂O et Fe³⁺ + e⁻ ⇌ Fe²⁺. Écrire l'équation globale de la réaction, puis calculer l'avancement maximal pour n₀(MnO₄⁻) = 2,0 mmol et n₀(Fe²⁺) = 8,0 mmol.
L'oxydant \(\text{MnO}_4^-\) capte 5 électrons, le réducteur \(\text{Fe}^{2+}\) n'en cède qu'un : on multiplie la demi-équation du fer par 5 pour que les électrons s'éliminent.
\(\text{MnO}_4^-+8\,\text{H}^++5\,e^-\rightarrow\text{Mn}^{2+}+4\,\text{H}_2\text{O}\)
\(5\times(\text{Fe}^{2+}\rightarrow\text{Fe}^{3+}+e^-)\)
Somme : \(\text{MnO}_4^-+8\,\text{H}^++5\,\text{Fe}^{2+}\rightarrow\text{Mn}^{2+}+4\,\text{H}_2\text{O}+5\,\text{Fe}^{3+}\)
Avancements possibles (\(\text{H}^+\) supposé en excès) : \(x_{\text{MnO}_4^-}=\dfrac{2{,}0}{1}=2{,}0\ \text{mmol}\) ; \(x_{\text{Fe}^{2+}}=\dfrac{8{,}0}{5}=1{,}6\ \text{mmol}\).
\(x_{max}=1{,}6\ \text{mmol}\) : les ions \(\text{Fe}^{2+}\) sont limitants.
Charges de l'équation globale : à gauche \(-1+8+10=+17\), à droite \(+2+15=+17\) ✓. Il reste \(2{,}0-1{,}6=0{,}4\ \text{mmol}\) de \(\text{MnO}_4^-\) : la solution finale reste violette.
Exercice 7 — Exploiter un titrage
Lors d'un titrage (réaction 1:1), on verse Véq = 14,5 mL d'une solution titrante de concentration Ct = 0,020 mol/L pour doser V = 20,0 mL d'une solution de concentration C inconnue. Calculer C.
Réaction support 1 : 1. On cherche la concentration \(C\) de la solution titrée à partir du volume équivalent.
À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : \(n_{titré}=n_{titrant\ versé}\), soit \(C\times V=C_t\times V_{éq}\).
\(C=\dfrac{C_t\times V_{éq}}{V}=\dfrac{0{,}020\times14{,}5}{20{,}0}=1{,}45\times10^{-2}\ \text{mol/L}\)
Les volumes peuvent rester en mL : seul leur rapport intervient.
La solution titrée a une concentration \(C\approx1{,}5\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}\) (2 chiffres significatifs, comme \(C_t\)).
\(V_{éq}<V\) et \(C<C_t\) : cohérent, il a fallu moins de titrant que de solution titrée car la solution titrée est moins concentrée. ✓
Niveau 3 — Type bac
Exercice 8 — Dosage du diiode
Une solution de diiode I₂ de concentration inconnue C est dosée par une solution de thiosulfate de sodium de concentration Ct = 0,050 mol/L, selon I₂ + 2 S₂O₃²⁻ → 2 I⁻ + S₄O₆²⁻. On prélève V = 10,0 mL de la solution de diiode ; l'équivalence (décoloration) est atteinte pour Véq = 8,4 mL.
1. Justifier pourquoi on peut repérer l'équivalence par un changement de couleur.
2. Calculer la concentration C de la solution de diiode.
3. Si on avait prélevé un volume double (20,0 mL) de la même solution, quel aurait été le nouveau volume équivalent ?
Le diiode est la seule espèce colorée (jaune-brun) ; \(\text{I}^-\), \(\text{S}_2\text{O}_3^{2-}\) et \(\text{S}_4\text{O}_6^{2-}\) sont incolores. Tant qu'il reste du diiode, la solution est colorée ; à l'équivalence, le dernier \(\text{I}_2\) disparaît : la solution se décolore. En pratique, on ajoute un peu d'empois d'amidon (ou de thiodène) près de l'équivalence : la teinte bleu foncé qui disparaît rend le repérage plus net.
D'après l'équation, 1 mol de \(\text{I}_2\) réagit avec 2 mol de thiosulfate. À l'équivalence : \(n_0(\text{I}_2)=\dfrac{n(\text{S}_2\text{O}_3^{2-})_{versé}}{2}\), soit \(C\times V=\dfrac{C_t\times V_{éq}}{2}\).
\(C=\dfrac{C_t\times V_{éq}}{2\,V}=\dfrac{0{,}050\times8{,}4}{2\times10{,}0}=2{,}1\times10^{-2}\ \text{mol/L}\)
La solution de diiode est à \(C\approx2{,}1\times10^{-2}\ \text{mol·L}^{-1}\).
On dose deux fois plus de diiode (même concentration, volume double) : il faut deux fois plus de thiosulfate, donc \(V'_{éq}=2\times8{,}4=16{,}8\ \text{mL}\) — encore mesurable avec une burette de 25 mL.
Écrire \(C\times V=C_t\times V_{éq}\) en oubliant le facteur 2 donnerait une concentration double. La relation d'équivalence vient toujours des coefficients de l'équation.
Exercice 9 — Dosage du fer dans un comprimé
Un comprimé contient du fer sous forme Fe²⁺. On le dissout pour obtenir V = 100,0 mL de solution. Un prélèvement V₁ = 10,0 mL est dosé par une solution de permanganate de potassium de concentration C = 1,0×10⁻² mol/L, selon MnO₄⁻ + 8H⁺ + 5Fe²⁺ → Mn²⁺ + 4H₂O + 5Fe³⁺. L'équivalence est atteinte pour Véq = 11,2 mL.
1. Comment repère-t-on l'équivalence (permanganate violet, autres espèces incolores) ?
2. Calculer la quantité de Fe²⁺ dans V₁, puis dans les 100,0 mL initiaux.
3. En déduire la masse de fer par comprimé (M(Fe) = 56 g/mol).
On titre un prélèvement (10,0 mL) d'une solution de 100,0 mL qui contient tout le fer du comprimé. Chaîne : \(n(\text{MnO}_4^-)_{versé}\) → \(n(\text{Fe}^{2+})\) dans 10,0 mL → dans 100,0 mL → masse de fer.
Avant l'équivalence, chaque goutte de permanganate (violet) est aussitôt consommée par les ions \(\text{Fe}^{2+}\) : la solution reste quasi incolore. Dès que tout le \(\text{Fe}^{2+}\) a réagi, le permanganate n'est plus consommé : une teinte rose-violet persistante apparaît. Le permanganate joue lui-même le rôle d'indicateur.
\(n(\text{MnO}_4^-)=C\times V_{éq}=1{,}0\times10^{-2}\times11{,}2\times10^{-3}=1{,}12\times10^{-4}\ \text{mol}\)
Équation : 1 \(\text{MnO}_4^-\) pour 5 \(\text{Fe}^{2+}\), donc \(n(\text{Fe}^{2+})_{V_1}=5\times1{,}12\times10^{-4}=5{,}6\times10^{-4}\ \text{mol}\)
Le prélèvement représente \(\dfrac{10{,}0}{100{,}0}=\dfrac{1}{10}\) de la solution : \(n(\text{Fe}^{2+})_{total}=10\times5{,}6\times10^{-4}=5{,}6\times10^{-3}\ \text{mol}\)
\(m=n\times M=5{,}6\times10^{-3}\times56=0{,}31\ \text{g}\)
Le comprimé contient environ 0,31 g (310 mg) de fer.
Deux oublis fréquents : le coefficient 5 de l'équation, et le facteur 10 entre le prélèvement et la solution totale. Chacun fausse le résultat d'un facteur 5 ou 10.