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Cl
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Li est le réactif en excès. Après la réaction, il en reste donc : nexcès = ninitiale - nrèagissant
m l .
n
= - ' =
initiale
M
Li
15 •
00 g
= 2,161 mol
6,941 g · mo1- 1
mF
15,0 g
nréagissant = 2 n F
2
= 2 x -
2 = 2 x
= 0,7895 mol
MF
38,00 g · moï 1
2
nexcès = 2,161 mol - 0,7895 mol= 1,3 72 mol
On trouvera donc, dans le milieu, 0 , 7895 mol de LiF et 1,372 mol de Li, soit 2, 162 mol au total.
1 5. Dans un premier temps, calculons le nombre de mole de glucose et d'eau dans la solution :
567g
mHO
'
= 0 031 5 mol -7 n = -
2
-
=
1
'
HO
M
1 80, 1 8 g · mol2
~o
25 •
2 g
= 1,398 mol
18,02 g · mo1- l
En suite, calculons les fractions molaires de chaque constituant :
0,031 5 mol
= 0, 022
0,031 5 mol + 1,398 mol
X
= 1- X
= 1 - 0,022 = 0,978
H 2 0
e 6 H 12 0 6
1,398 mol
= 0 , 978
0,031 5 mol + 1,398 mol
16. L' unité« molal » peut être convertie dans le système S.I. par « mol de soluté par kilo de solvant »
(unités de la molalité) . Il y a donc 0 , 120 mol de CH 3 0H dans 1 kg de C 2 H 5 0H.
nCH OH = 0,120 mol
3
Calculon s le nombre de mole d 'éthanol dans la solution :
m C 2 H 5 0H
1 000 g
ne H OH =
=
= 21, 70 mol
n
Mc HOH
46,08 g · mo11
2 5
Finalement, calculon s les fractions molaires de chaque constituant :
XCH OH =
nCH30H
=
0,120 mol
= 0,005
")
neHOH + nCHOH
0,120mol + 2 1,70mol
3
2 5
Xe HOH = 1 - XCH OH = 1 - 0,005 = 0,995
2 5
3
2 1,70 mol
= 0, 995
0,120 mol + 21,70 mol
OU Xe HOH =
2 5
n( H OH + ne H OH
• )
2 s
1 7. La fraction molaire en fructose est de 0, 1 50 :
Soit 1 ,0 kg d'eau :
n
C6H1206
n
_ _ _ _ c _; 6_ H1"'" 20 _, 6 ,__ ___ = 0,150
n
+
1000 g
e6H,p 6 18,02 g · mo1- 1