TD de Chimie en solution-C111/2-2012 Page 1sur5 K. ZIAT

Université Abdelmalek Essaadi GI-1-3, GI-5, GI-7 Faculté des Sciences et Techniques GE/GM-1 Tanger

Module C111/2 Corrigé de la série 4

Rappel

Dans le nom du complexe, l'anion est nommé en premier puis le cation.

Le nom du (des) des ligand(s) précède(nt) celui de l'atome métallique central (c'est l'inverse

dans l'écriture de la formule).

Le nom d'un ligand négatif se termine souvent par "o" : chloro Cl- ; cyano CN-, hydroxo HO-,

sulfato SO42-.

Quelques noms particuliers de ligand : aqua H2O, ammine NH3, carbonyl CO.

Le préfixe mono, di, tri, tetra, penta, hexa indique le nombre de chaque ligand.

1- Nom des complexes :

a- ion tetra cyano mercurate II.

b- Ion dichloro tetra aqua chrome III.

c- penta carbonyle fer 0)

2- La réaction de complexation a lieu entre le cuivre (II) et l’amine selon :

a- Cu2+ + 4NH3 ⇔ [Cu(NH3)4]2+

Tableau d’avancement de la réaction :

Cu2+ + 4NH3 ⇔ [Cu(NH3)4]2+

Cu2+ 4NH3 Cu(NH3)42+

Etat initial n0 n1 0

Etat final n0 − x n1 − 4x x

On a :

n0 = C0V0 = 100×0,001×10-2 = 0,001 mol.

n1 = C1V1 = 500×0,001×0,1 = 0,05 mol.

b- On a .104105,2

11 1213

⋅=×

== −D

f KK On peut en conclure que la réaction est totale.

c- Puisque la réaction est totale, on détermine le réactif limitant .

Hypothèse n°1 : Le réactif limitant est Cu2+.

Dans ce cas n0 – x = 0 et n0 = x = 0,001 mol.

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Donc en état final nNH3 = n1−4x = 0,046 mol.

Cette hypothèse est possible donc c’est elle qui est retenue (l’autre hypothèse aboutit sur une

quantité finale de Cu2+ négative, donc impossible).

Concentrations en état final :

[ ] .. 0767,06,0

046,04 113

−==−= LmolV

xnNH

totalfinal

[ ] mol. 10.7,16,0

001,0)( 32

3 4

−+ ===total

final V

xNHCu

Pour déterminer [Cu2+] final, on utilise KD :

3- La réaction de complexation qui a eu lieu entre les chlorures de zinc et l’ammoniac est :

Zn2+ + 4 NH3 ⇔ Zn(NH3)42+

Tableau d’avancement :

Zn2+ 4NH3 Zn(NH3)42+

Etat initial : mol 0,01 1

Etat final : mol 0,01 − x = 1,0.10-7 1 − 4x x

[ ][ ][ ] .10.17,1

)96,0(10.0,1

01,0

)41(10.0,1

)( 547474

32

243

4 =×

=−×

== −−+

+

x

x

NHZn

NHZnβ

Avec x = 0,01 mol.

4-a- Ion acétato fer III.

b- Composition à l’équilibre:

. 005,010.501,0)()( 33

3 molCOOCHnFen initialeinitiale =×== −−+

Après le mélange des deux solutions :

[ ] [ ] .. 05,010.100

005,0 1303

3 −−

−+ ==== LmolCCOOCHFe

Fe(CH3COO)2+ ⇔ Fe3+ + CH3COO- (1)

A t = 0 0 C0 C0

A l’équilibre x C0−x C0−x

[ ][ ][ ] [ ] [ ]

[ ] ..10.2,1)077,0(

10.7,110.5,2)(Cu

)(111

4

313

43

2432

23

43

2

4

−−−−+

++

+

=×=×=⇒= LmolNH

NHCuK

NHCu

NHCuK D

D

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On a : [ ][ ][ ]

2,32

02

33

10)(

))((−

+

−+=

−==

x

xC

CHCOOFe

COOCHFeK D

On résout l’équation du second ordre : x2 −x(2C0+KD) + C02 = 0.

On obtient : x = 4,47.10-2 mol.L-1.

Les concentrations des espèces sont respectivement :

[Fe(CH3COO)2+] = 4,47.10-2 M.

[Fe3+] = [CH3COO-] = 0,0053 M.

[Na+] = [NO3-] = 0,05 M.

c- Lorsqu’on ajoute des ions H3O+, ils vont réagir avec les ions CH3COO- selon la réaction :

CH3COO- + H3O+ → CH3COOH

On aura donc diminution des ions CH3COO-. D’après la loi de Le Chatelier, l’équilibre se

déplacera de manière à compenser ce qui est retranché. Léquilibre (1) va se déplacer vers la

dissociation du complexe.

d- Détermination du pH :

1% de Fe3+ est complexé ⇒ [ ] ..10.501,005,0)( 1423

−−+ =×= LmolCOOCHFe

[Fe3+] = 0,99×0,05 = 0,0495 M.

[ ] [ ][ ] .10.37,610.

0495,0

10.5)(. 62,3

4

3

23

3 MFe

COOCHFeKCOOCH D

−−−

+

+− ===

C0 = [CH3COOH]+[CH3COO-]+[Fe(CH3COO)2+]

⇒ [CH3COOH] = C0−[CH3COO-]−[Fe(CH3COO)2+]=0,05−6,37.10-6−5.10-4=4.9491.10-2 M.

On reporte dans Ka:

[ ][ ][ ] [ ] [ ]

[ ] .123,010.37,6

1010.949,4.

6

8,42

3

33

3

33 MCOOCH

COOHCHKOH

COOHCH

OHCOOCHK aa =×==⇒= −

−−

−+

+−

pH = 0,91.

5- L’équilibre entre le solide et ses ions est :

PbCl2(s) ⇔ Pb2+(aq) + 2Cl-(aq)

On a : [Pb2+] = S et [Cl-] = 2S ⇒ Ks = 4S3 ⇒ .10.58,14

23 MK

S s −==

6- On a l’équilibre suivant : BaSO4(s) ⇔ Ba2+(aq) + SO4

2-(aq)

Calculons la solubilité de BaSO4(s) :

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a- Dans l’eau pure :

On a [Ba2+] = [SO42-] = S ⇒ [ ][ ] .10.035,110 597,922

42 MKSSSOBaK SS

−−−+ ===⇒==

[Ba2+] = 1,035.10-5M.

b- [Ba2+] = S et [SO42-] = S + 0,1⇒ KS = S(S + 0,1) = S2 + 0,1S.

Approximation : Comme S est faible ⇒ S2 le serait davantage, ce qui permet de négliger S2.

On aura : KS = 0,1S ⇒ .10.07,11,0

9 MK

S S −=≅

7-a- On a : Zn(OH)2(S) ⇔ Zn2+(aq) + 2OH-

(aq)

KS = [Zn2+][OH-]2 = 10-17.

[Zn2+] = 10-3 M ⇒ [ ] [ ]714

3

17

2 10101010 −−

−

−

+− ====

Zn

KOH S

⇒ pH = 7.

b- pH = 4

i) KS = [Zn2+][OH-]2 = 10-17 [ ] [ ]22

−

+ =OH

KZn S

[ ] .1010

10 104

14

MOH −−

−− ==

ii) [Zn2+][OH-]2 =10-3×(10-10)2 = 10-23.

iii) 10-23<10-17 ⇒ on n’a pas précipitation.

Cinétique chimique

1- Ordre de la réaction :

Si l’ordre est 1, l’équation de vitesse intégrée conduit à l’expression :

ln[A] = -kt + ln[A] 0 et l’expression ]A[

]A[ln

t

1 0 doit être constante :

t(mn) 30 60 100 150 210

]A[

]A[ln

t

1 0 8,496.10-3 8,510.10-3 8,510.10-3 8,510.10-3 8,494.10-3

Comme on peut le constater l’expression est une grandeur constante. L’ordre de la réaction

est 1.

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Calcul du temps de demi-réaction T1/2

Pour une réaction d’ordre 1, le temps de demi-réaction est donné par :

. k

ln2 T 2/1 =

mn. 81,55 8,5.10

ln2

k

ln2 T

3-2/1 ===

La constante de vitesse est liée à la température par la relation d’Arrhénius :

RT

E- A

A.e k =

A T1 = 298°K ⇒ 1A.e 1TR

EA

k ×−

=

A T2 = 323°K ⇒ 2

A

TR

E-

2 A.e ×=k

)11

(R

E

1

2 21

A

e 50 0,02

1 TT

k

k −===

Donc kk

.ln.R.T

1

2

12

21

TT

TA −

=Ε

.kJ.mol 125,16 .ln50TT

T.R.T 1-

12

21A =

−=Ε