Corrections 709
Exercice 26.3
1. On commence par écrire un tableau d’avancement :
CO 2 (g) +
C(s)
=
2 CO(g)
ngaz
à l’état initial
n
n 1 > n
0
n
à l’équilibre
n − ξe
n1 − ξe
2ξe
n + ξe
Sachant que l’activité d’un solide est 1, la condition d’équilibre s’écrit
a
2
CO
a CO 2
= K. À volume constant,
on écrit les activités des gaz parfaits sous la forme : a CO = 2ξe
RT
P ◦ V
et a CO 2 = (n − ξe)
RT
P ◦ V
. La loi des
gaz parfaits s’écrit à l’état initial sous la forme PiV = nRT et le taux de conversion τe =
ξe
n
. On en
déduit la condition d’équilibre
4τ
2
e
1 − τe
Pi
P ◦ = K, soit
τ
2
e
1 − τe
=
P
◦ K
4Pi
.
2. Posons b =
P
◦ K
4P i
. Il faut résoudre l’équation du second degré τ
2
e + bτe − b = 0, dont le discriminant est
Δ = b
2 + 4b. On retient la solution positive : τe =
1
2
−b +
b 2 + 4b
.
Pour K = K1 = 10
−21 et Pi = P
◦ on a b =
1
4
10
−21 et donc τe = 2 · 10
−11 . Pour K = K2 = 1,5 on a
b = 0,375 et donc τe = 0,45. Une température haute favorise la réaction dans le sens direct (K plus
élevée).
Exercice 26.4
1. Voici le tableau d’avancement, établi pour 1 L de solution en remarquant que le solvant est en très large
excès :
CH 3 COOH(aq) +
H 2 O (l)
=
CH 3 COO
– (aq) + H 3 O
+ (aq)
à l’état initial
n0
n1 n0
0
0
à l’équilibre
n0 − ξe
n1
ξe
ξe
La quantité initiale d’acide pour 1 L de solution est n0 = m/M = 8,3 · 10
−4 mol · L
−1 . On suppose que
la solution est assez diluée pour que les activités soient égales aux concentrations en mol · L
−1 . La loi
de l’équilibre s’écrit alors :
[CH 3 COO
– ][H 3 O
+ ]
[CH 3 COOH]
= K. En utilisant le tableau d’avancement, on obtient :
ξ
2
e
n0 − ξe
= K (avec ξe l’avancement en mol pour 1 L de solution).
2. On a ξe = n0τe où τe est le taux d’avancement.
L’équation est
τ
2
e n0
1 − τe
= K.
3. On a 2 ln(τe) − ln(1 − τe) = ln
K
n 0
= −3,9. Une
résolution graphique (figure ci-contre) conduit à
τe = 0,13.
4. Cette affirmation, établie dans le cours pour des
proportions stœchiométriques de deux réactifs en
solution, n’est pas du tout valable ici : on a K 1
mais l’avancement n’est pas négligeable, puisqu’il
vaut plus d’un dixième de la quantité initiale
d’acide. Cela vient du fait que l’un des réactifs, le
solvant, a une activité égale à 1.
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
x
0
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−9
−10
2 ln(x)
− ln(1
− x)
5. Juste avant la dilution, d’après la loi de l’équilibre, le quotient réactionnel est Qe = K = 1,7 · 10
−5 .
L’effet instantané de la dilution est de diviser par 5 les concentrations des espèces en solution. Le
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
partagelivrescpge.blogspot.com
Exercice 26.3
1. On commence par écrire un tableau d’avancement :
CO 2 (g) +
C(s)
=
2 CO(g)
ngaz
à l’état initial
n
n 1 > n
0
n
à l’équilibre
n − ξe
n1 − ξe
2ξe
n + ξe
Sachant que l’activité d’un solide est 1, la condition d’équilibre s’écrit
a
2
CO
a CO 2
= K. À volume constant,
on écrit les activités des gaz parfaits sous la forme : a CO = 2ξe
RT
P ◦ V
et a CO 2 = (n − ξe)
RT
P ◦ V
. La loi des
gaz parfaits s’écrit à l’état initial sous la forme PiV = nRT et le taux de conversion τe =
ξe
n
. On en
déduit la condition d’équilibre
4τ
2
e
1 − τe
Pi
P ◦ = K, soit
τ
2
e
1 − τe
=
P
◦ K
4Pi
.
2. Posons b =
P
◦ K
4P i
. Il faut résoudre l’équation du second degré τ
2
e + bτe − b = 0, dont le discriminant est
Δ = b
2 + 4b. On retient la solution positive : τe =
1
2
−b +
b 2 + 4b
.
Pour K = K1 = 10
−21 et Pi = P
◦ on a b =
1
4
10
−21 et donc τe = 2 · 10
−11 . Pour K = K2 = 1,5 on a
b = 0,375 et donc τe = 0,45. Une température haute favorise la réaction dans le sens direct (K plus
élevée).
Exercice 26.4
1. Voici le tableau d’avancement, établi pour 1 L de solution en remarquant que le solvant est en très large
excès :
CH 3 COOH(aq) +
H 2 O (l)
=
CH 3 COO
– (aq) + H 3 O
+ (aq)
à l’état initial
n0
n1 n0
0
0
à l’équilibre
n0 − ξe
n1
ξe
ξe
La quantité initiale d’acide pour 1 L de solution est n0 = m/M = 8,3 · 10
−4 mol · L
−1 . On suppose que
la solution est assez diluée pour que les activités soient égales aux concentrations en mol · L
−1 . La loi
de l’équilibre s’écrit alors :
[CH 3 COO
– ][H 3 O
+ ]
[CH 3 COOH]
= K. En utilisant le tableau d’avancement, on obtient :
ξ
2
e
n0 − ξe
= K (avec ξe l’avancement en mol pour 1 L de solution).
2. On a ξe = n0τe où τe est le taux d’avancement.
L’équation est
τ
2
e n0
1 − τe
= K.
3. On a 2 ln(τe) − ln(1 − τe) = ln
K
n 0
= −3,9. Une
résolution graphique (figure ci-contre) conduit à
τe = 0,13.
4. Cette affirmation, établie dans le cours pour des
proportions stœchiométriques de deux réactifs en
solution, n’est pas du tout valable ici : on a K 1
mais l’avancement n’est pas négligeable, puisqu’il
vaut plus d’un dixième de la quantité initiale
d’acide. Cela vient du fait que l’un des réactifs, le
solvant, a une activité égale à 1.
0.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
x
0
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−9
−10
2 ln(x)
− ln(1
− x)
5. Juste avant la dilution, d’après la loi de l’équilibre, le quotient réactionnel est Qe = K = 1,7 · 10
−5 .
L’effet instantané de la dilution est de diviser par 5 les concentrations des espèces en solution. Le
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
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