CORRIGÉS DES EXERCICES ET PROBLÈMES DU CHAPITRE 5
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Comme
∞
∑
i=1
y
i
=
1
1 − y
,
∞
∑
i=1
iy
i−1 qui en est la dérivée par rapport à y, est égale à
1
(1 − y)
2
.
Ainsi :
a 1
(1 − y)
2
= a 0
qui permet d’écrire :
a 1
(1 − K ◦ a 1 )
2
= a 0 .
3. Nous avons l’équation :
a 0 − (2a 0 K
◦
+ 1)a 1 + (K
◦
)
2 a 0 a
2
1 = 0
dont la résolution conduit à :
a 1 =
2a 0 K ◦ + 1 ±
((2a 0 K ◦ + 1))
2 − 4a 2
0 (K ◦ )
2
2 (K ◦ )
2 a 0
.
Une simplification fournit :
a 1 =
2a 0 K ◦ + 1 ±
√
4a 0 K ◦ + 1
2 (K ◦ )
2 a 0
.
Comme il faut avoir a 1 < a 0 , la seule solution physiquement acceptable est :
a 1 =
2a 0 K ◦ + 1 −
√
4a 0 K ◦ + 1
2 (K ◦ )
2 a 0
.
4. Application numérique : a 1 = 0,183 mol·L −1 .
La valeur de a 2 est calculée par a 2 = K ◦ a 2
1 .
Application numérique : a 2 = 8.10 −3 mol·L −1 .
De la même façon a 3 = (K ◦ )
2 a 3
1 .
Application numérique : a 3 = 3,5.10 −4 mol·L −1 . On vérifie bien que y < 1.
5. On utilise la loi de VAN’T HOFF pour écrire :
dlnK ◦
dT
=
Δ r H ◦
RT 2
avec Δ r H ◦ enthalpie molaire d’une liaison hydrogène.
En supposant cette grandeur indépendante de la température sur la gamme de température
utile, il vient par intégration entre T = 298 K et T = 306 K :
ln
K ◦◦
K ◦
=
Δ r H ◦
R
1
T
−
1
T
.
Application numérique : Δ r H ◦ = −27,2 kJ·mol −1 .