710 Chapitre 26
Équilibre thermodynamique d’un système chimique
quotient Q =
[CH 3 COO
– ][H 3 O
+ ]
[CH 3 COOH]
est donc divisé par 5, ce qui fait que Q < K. La réaction chimique
évolue donc dans le sens direct : la dissociation de l’acide augmente.
6. La dilution revient à diviser n0 par 5, soit n
0 = n0/5, et donc ln(K/n
0 ) = −2,3. La résolution graphique
donne τ
e = 0,27. Le taux d’avancement est doublé, ce qui confirme le résultat précédent.
Exercice 26.5
1. On écrit la condition d’équilibre pour les deux premières réactions, avec les concentrations (en mol·L
−1 )
à l’équilibre :
[CH 3 COO
– ][H 3 O
+ ]
[CH 3 COOH]
= K1 et
[NH 3 ][H 3 O
+ ]
[NH
+
4 ]
= K2.
En divisant la première équation par la seconde on obtient :
[CH 3 COO
– ][NH
+
4 ]
[CH 3 COOH][NH 3 ]
=
K1
K2
, ce qui montre
que K3 =
K1
K2
= 3,0 · 10
4 . La réaction est thermodynamiquement favorisée puisque K > 1.
2. Voici un tableau d’avancement pour un mélange initial stœchiométrique, avec un taux d’avancement
τe et pour 1 L de solution :
CH 3 COOH(aq) + NH 3 (aq)
=
CH 3 COO
– (aq) + NH
+
4 (aq)
à l’état initial
c
c
0
0
à l’équilibre
c(1 − τe)
c(1 − τe)
cτe
cτe
La condition d’équilibre s’écrit :
(cτe)
2
(c(1 − τe)) 2 = K3, ce qui conduit à τe =
√
K3
1 +
√
K3
= 99,4%. Ce taux
est supérieur à 99% ; on peut utiliser l’acide éthanoïque pour doser l’ammoniaque.
Exercice 26.6
1. La constante d’équilibre est K = e
86 = 2,2 · 10
37 . Faisons un tableau d’avancement :
NH 4 NO 3 (s)
=
N 2 (g) + 2 H 2 O(g) +
1
2
O 2 (g) ngaz
à l’état initial
n
0
0
0
0
à l’équilibre
n − ξe
ξe
2ξe
1
2
ξe
7
2
ξe
Dans l’hypothèse d’un mélange de gaz parfaits, la condition d’équilibre donne
1
(P ◦ )
7
2
P N 2 P
2
H 2 O P
1
2
O 2
= K.
Pour une réaction se déroulant à volume constant, on écrit pour chaque gaz la pression partielle sous
la forme Pi = ni
RT
V
. La condition d’équilibre s’écrit alors :
ξe(2ξe)
2 (
1
2
ξe)
1/2
RT
V P ◦
7/2
= K, ce qui conduit à ξe =
V P
◦
RT
√
2
4
K
2/7
.
2. Pour V = 1000 m
3 , T = 600 K et P
◦ = 1,0 · 10
5 Pa, on obtient ξe = 7,0 · 10
14 mol.
3. La masse molaire du nitrate d’ammonium est M = 80,0 g · mol
−1 . Il y a donc n = m/M = 625 mol.
Cette valeur est très largement inférieure à ξe, ce qui signifie que l’équilibre est très lointain d’être
atteint lorsque le nitrate d’ammonium est complètement consommé. La quantité de gaz libéré est
ngaz =
7
2
n = 2,2 · 10
3 mol.
partagelivrescpge.blogspot.com
Équilibre thermodynamique d’un système chimique
quotient Q =
[CH 3 COO
– ][H 3 O
+ ]
[CH 3 COOH]
est donc divisé par 5, ce qui fait que Q < K. La réaction chimique
évolue donc dans le sens direct : la dissociation de l’acide augmente.
6. La dilution revient à diviser n0 par 5, soit n
0 = n0/5, et donc ln(K/n
0 ) = −2,3. La résolution graphique
donne τ
e = 0,27. Le taux d’avancement est doublé, ce qui confirme le résultat précédent.
Exercice 26.5
1. On écrit la condition d’équilibre pour les deux premières réactions, avec les concentrations (en mol·L
−1 )
à l’équilibre :
[CH 3 COO
– ][H 3 O
+ ]
[CH 3 COOH]
= K1 et
[NH 3 ][H 3 O
+ ]
[NH
+
4 ]
= K2.
En divisant la première équation par la seconde on obtient :
[CH 3 COO
– ][NH
+
4 ]
[CH 3 COOH][NH 3 ]
=
K1
K2
, ce qui montre
que K3 =
K1
K2
= 3,0 · 10
4 . La réaction est thermodynamiquement favorisée puisque K > 1.
2. Voici un tableau d’avancement pour un mélange initial stœchiométrique, avec un taux d’avancement
τe et pour 1 L de solution :
CH 3 COOH(aq) + NH 3 (aq)
=
CH 3 COO
– (aq) + NH
+
4 (aq)
à l’état initial
c
c
0
0
à l’équilibre
c(1 − τe)
c(1 − τe)
cτe
cτe
La condition d’équilibre s’écrit :
(cτe)
2
(c(1 − τe)) 2 = K3, ce qui conduit à τe =
√
K3
1 +
√
K3
= 99,4%. Ce taux
est supérieur à 99% ; on peut utiliser l’acide éthanoïque pour doser l’ammoniaque.
Exercice 26.6
1. La constante d’équilibre est K = e
86 = 2,2 · 10
37 . Faisons un tableau d’avancement :
NH 4 NO 3 (s)
=
N 2 (g) + 2 H 2 O(g) +
1
2
O 2 (g) ngaz
à l’état initial
n
0
0
0
0
à l’équilibre
n − ξe
ξe
2ξe
1
2
ξe
7
2
ξe
Dans l’hypothèse d’un mélange de gaz parfaits, la condition d’équilibre donne
1
(P ◦ )
7
2
P N 2 P
2
H 2 O P
1
2
O 2
= K.
Pour une réaction se déroulant à volume constant, on écrit pour chaque gaz la pression partielle sous
la forme Pi = ni
RT
V
. La condition d’équilibre s’écrit alors :
ξe(2ξe)
2 (
1
2
ξe)
1/2
RT
V P ◦
7/2
= K, ce qui conduit à ξe =
V P
◦
RT
√
2
4
K
2/7
.
2. Pour V = 1000 m
3 , T = 600 K et P
◦ = 1,0 · 10
5 Pa, on obtient ξe = 7,0 · 10
14 mol.
3. La masse molaire du nitrate d’ammonium est M = 80,0 g · mol
−1 . Il y a donc n = m/M = 625 mol.
Cette valeur est très largement inférieure à ξe, ce qui signifie que l’équilibre est très lointain d’être
atteint lorsque le nitrate d’ammonium est complètement consommé. La quantité de gaz libéré est
ngaz =
7
2
n = 2,2 · 10
3 mol.
partagelivrescpge.blogspot.com