CHIMIE

2) H
H N
⇒ hybride de résonance
Le carbone associé aux 3 atomes d’azote a une géométrie
trigonale : ≈ 120°
3) a)
H2N– C
N
H2N– C
N
b) • Les C du cycle sont du type AX 3E 0 ⇒ ≈120° .
• Les N du cycle sont du type AX 2E 1 ⇒ 120° .
• Les N des groupements –NH 2 sont du type AX 3E 1.
c) Six électrons associés par résonance p dans le cycle ⇒
composé aromatique.
Chapitre 3
1 1) Par définition :
n
xi = i
ni = ; donc
n1 + n2 + … + nk nk i
H
N
C N C N
xi = i = .
i
ni = 1
En différentiant la relation précédente : dxi = 0.
i
2) Pour la réaction d’équation : CO + 2 H2 = CH3OH,
n(H2)
un mélange est stœchiométrique si
n(CO) = .
1 2
Or, le rapport des quantités de matière est égal à celui des
fractions molaires. Donc, un mélange est stœchiométrique
pour cette réaction si x(H2) = 2 x(CO).
a) Mélange équimolaire, mais pas stœchiométrique ;
b) Mélange stœchiométrique, car la présence de méthanol
n’intervient pas.
2 1) •La pression partielle d’un gaz dans un récipient
est la pression qu’il exercerait sur les parois de ce
récipient s’il s’y trouvait seul. Si le gaz est décrit par l’équation
d’état
des gaz parfaits : pi = ni .
R . T .
V
• Dans un mélange idéal de gaz parfaits, la pression totale est la
somme des pressions partielles de tous les gaz présents :
P = pi = ni .
R . T .
i i V
pi ni • = = x
P
i.
ni i
N
H
C
NH 2
C–NH 2
N
n i
H
H N
H
k
n1 + n 2 + … + n k
H
H N
H
H
H N
H
C N C N
N
H
C N C N
N
H
N
i
C N C N
N
H
1
ni C
NH 2
C–NH 2
N
2) P = 99,4 bar ; x(CO 2) = 0,956 ; x(N 2) = 0,035 ;
x(Ar) = 0,006 ; x(O 2) = 0,003.
M = i
3
M(air) =
x i . M i ; M = 43,4 g.mol –1 .
1) Par définition de la masse molaire M d’un
mélange de masse m : M = m
=
N .
= x(N2) . M(N 2) + x(O 2) . M(O 2).
M(air) = 28,8 g.mol –1 .
2) C3H8 (g) + 5 O2 (g) = 3 CO2 (g) + 4 H2O (g)
• Dans un mélange stœchiométrique propane-dioxygène,
n(O2) / 5 = n(C3H8). n(O
Or
2) x(O
= 2)
et x(O2) + x(C
n(C3H
3H8)=1; 8) x(C3H8) donc x(C3H8) = 0,17.
• Dans un mélange stœchiométrique propane-air, on a toujours
les relations :
x(O2) n(O x(N
=
2)
= 5 et
2)
=
0,79 .
x(C3H8) n(C3H8) x(O2) 0,21
De plus : x(C3H8) + x(O2) + x(N2) = 1;
soit x(C3H8)1 + 5 + 5 .
0,79
= 1.
0,21
Donc : x(C 3H 8) = 0,0403.
4 1) 4 NH3 (g) + 5 O2 (g) = 4 NO (g) + 6 H2O (g)
ou 0 = 4 NO + 6 H2O − 4 NH3 − 5 O2. n(NH3) = 18 − 4ξ ; n(O2) = 20 − 5ξ ; n(NO) = 4ξ ;
n(H2O) = 6ξ.
• Pour ξ = 3,5 mol : n(NH3) = 4 mol ; n(O2) = 2,5 mol ;
n(NO) = 14 mol ; n(H2O) = 21 mol.
• Pour ξ = 4,2 mol : n(O2) = −1 mol ! L’état caractérisé par
ξ = 4,2 mol n’est pas réalisable à partir du mélange considéré.
2) La valeur maximale de ξ est celle qui correspond à la
consommation totale du réactif limitant. Le réactif limitant
est le dioxygène et ξmax = 4 mol. En fin de réaction :
n(NH3) = 2 mol ; n(O2) = 0 mol ; n(NO) = 9 mol ;
n(H2O) = 27 mol.
3) Il faut que (n0(NH3)/4) = ( n0(O2)/5 ) = 20/3, soit
n0(O2) = (5 18)/4 = 22,5 mol.
5
m(N 2) + m(O 2)
n(N2) + n(O 2)
n(N 2) . M(N 2) + n(O 2) . M(O 2)
n(N 2) + n(O 2)
1) C7H16 (g) = C6H5CH3 (g) + 4 H2 (g)
C7H16 C6H5CH3 H2 S Gaz
(g) (g) (g)
t = 0 n 0 0 n
t> 0 (n −ξ) ξ 4ξ (n + 4ξ)
n(C7H16)
n – ξ
x(C7H16) = = ;
n(C7H16) + n(C7H8) + n(H2) n + 4ξ
4ξ
x(H2) = = 4 x(C7H8).
n + 4ξ
2) CH4 (g) = C (s) + 2 H2 (g)
CH 4 (g) C (cr) H 2 (g) S Gaz
t = 0 n 0 0 n
t> 0 (n −ξ) ξ 2ξ (n + ξ)
Corrigés
n(CH
x(CH4) =
4) n – ξ
2ξ
= ; x(H2) = .
n(CH4) + n(H2) n + ξ
n + ξ
La fraction molaire du carbone solide est égale à 1 et donc
indépendante de ξ car le carbone constitue une phase
condensée pure.
Ces exemples montrent qu’il est très important de prendre
en compte l’état physique des constituants pour pouvoir
exprimer la composition d’un mélange grâce aux fractions
molaires.
6
1) S 2O 8 2– + H2O = 2 SO 4 2– + 1/2 O2 + 2 H +
2) a) On trace ou on effectue une régression linéaire de
ln(C(t)) sur t : on trouve, avec un coefficient de corrélation
de 0,99999, que les points sont alignés le long d’une
droite de pente – 5,00 . 10 –3 min –1 .
b) k(θ = 80 °C) = 5,00 . 10 –3 min –1 .
3) a) La loi d’Arrhenius conduit à:
k(θ= 25°C) = 7,5 . 10 –7 min –1 .
C(t) 0,99 . C 0 conduit à ln(1/0,99) k(θ = 25 °C) . t max,
soit t max 13,4 . 10 3 min = 9,3 j.
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1) Ordre 1 : [N 2O 5](t) = [N 2O 5] 0 . exp (– k 1 . t);
2) et 3) k 1 = = 0,37 s –1 ; t 1/2 = = 1,9 s
indépendant de la concentration initiale.
4) k' 1 = = 1,0 s –1 E
; ln = a
. conduit
R
à T' = 449 K , soit q = 176 °C.
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1) a) D’après l’équation d’état des gaz parfaits :
nB PB = . R . T = CB. R. T
V
On en tire C B0 = 30,8 mol . m –3 = 30,8 mmol . L –1 .
2) a) Pour la réaction d’ordre 2, d’équation : 2 B = produits :
1 –
1 = 2k . t.
[B] [B]0
Une régression linéaire entre 1/CB(t) et t montre, avec
un coefficient de corrélation de 0,9998, que les
points sont alignés le long d’une droite de pente
– 4,64 . 10 –4 mol –1 . m3 . min –1 (puisque l’unité de volume
S.I. est le m3 .)
b) k(326 K) = 2,32 . 10 –4 mol –1 . m3 . min –1
= 0,232 mol –1 . L . min –1 .
[B]0
c) Pour t = τ1/2, [B] = . τ1/2 =
1 = 70,0 min.
2 2 . k . [B]0
[B]0
d) t = τ99, [B] = . Donc :
100 –
1 = 2k . τ99,
100 [B]0 [B]0
soit τ99 =
99 = 99 τ1/2.
2k . [B]0
Remarque : pour une réaction d’ordre 1, d’équation :
2 B = produits : τ99 =
ln 100 = ln 100 .τ1/2 2k ln 2
9
= 6,64 τ1/2.
1) CH3COOC2H5 + OH –
c CH3COO – + C2H5OH
Soit C la concentration en soude (ou en ester) :
Or C(20) = 6,15 mmol . L –1 ; k = 5,6 mol –1 . L . min –1 .
2) C(40) = 3,63 mmol . L –1 ; V HCl(40) = 3,63 mL ;
C(0) = 100 C(t) pour t = 879 min .
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