Prévoir l'évolution spontanée d'un système chimique
Équilibre chimique, quotient de réaction Qr, constante K(T) — cours interactif avec animations et exercices bac
Fil conducteur du cours — un système chimique évolue spontanément pour faire tendre Qr vers K(T). Ce chapitre pose les bases : qu'est-ce qu'un équilibre, et comment mesure-t-on jusqu'où une réaction est allée ?
1 · De la transformation non totale à l'équilibre dynamique
①On écrit la réaction équilibrée : aA + bB → cC + dD
②On note les quantités initiales en mol sur la première ligne.
③En cours : n(A) = n0(A) − a·x ; n(C) = n0(C) + c·x (x = avancement en mol).
④xmax : valeur de x qui annule le réactif limitant (on pose n(réactif) = 0).
⑤τ = xf / xmax : taux d'avancement final (entre 0 et 1).
En première, une transformation était non totale lorsque xf < xmax. En terminale, on explique pourquoi : deux réactions opposées coexistent. À l'équilibre, leurs vitesses se compensent — c'est un équilibre dynamique.
\(aA + bB \rightleftharpoons cC + dD\)
Exemple chiffré : CH₃COOH + H₂O ⇌ CH₃COO⁻ + H₃O⁺. n₀ = 1,0×10⁻³ mol dans 100 mL. pH mesuré = 3,4 → [H₃O⁺] = 4,0×10⁻⁴ mol·L⁻¹ → xf = 4,0×10⁻⁵ mol. xmax = 1,0×10⁻³ mol → τ = 4 %. Transformation non totale : 96 % de l'acide n'a pas réagi.
Mets vitesse directe = 8, vitesse inverse = 2. Décris ce qui se passe avec les niveaux. Dans quel sens le système évolue-t-il ?
📌Le niveau des réactifs (bleu) baisse, celui des produits (orange) monte. La réaction directe domine.
✅Sens direct → : Qr augmente vers K. Tant que Qr < K, le système continue dans ce sens.
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Amène les deux vitesses à 5 et 5. Les niveaux se stabilisent-ils ? Les particules s'arrêtent-elles ?
📌Les niveaux se stabilisent, mais les particules continuent de bouger dans les deux sens.
✅Équilibre dynamique : les concentrations sont constantes car les vitesses de formation et de disparition sont égales — pas parce que rien ne se passe.
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Mets vitesse directe = 2, vitesse inverse = 8. Cette situation correspond-elle à Qr > K ou Qr < K ?
📌Le niveau des produits baisse, celui des réactifs monte. La réaction inverse domine.
✅Trop de produits → Qr > K. Le système évolue dans le sens indirect.
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Pourquoi note-t-on ⇌ pour un équilibre et non → ?
✅⇌ signifie que les deux sens se produisent simultanément. → signifie que la réaction inverse est négligeable (K très grand, transformation totale).
Approfondissement Comment vérifier expérimentalement qu'une transformation est non totale ?
①Ajout de réactif : à l'état final, on ajoute une quantité supplémentaire de réactif. Si la réaction reprend, des réactifs subsistaient.
②Mesure de concentration : si [H₃O⁺] < \(C_{acide}\), tout l'acide n'a pas réagi.
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Approfondissement Dans l'exemple chiffré (τ = 4 %), calculer n(CH₃COOH) restant et [CH₃COO⁻].
①xf = 0,04 × 1,0×10⁻³ = 4,0×10⁻⁵ mol.
②n(CH₃COOH) = 1,0×10⁻³ − 4,0×10⁻⁵ = 9,6×10⁻⁴ mol.
③[CH₃COO⁻] = 4,0×10⁻⁵ / 0,100 = 4,0×10⁻⁴ mol·L⁻¹.
🎓 Exercice type bac — Étude d'une solution d'acide méthanoïque
L'acide méthanoïque HCOOH (acide formique) est naturellement présent dans le venin de fourmi et dans certaines piqûres d'ortie. C'est un acide carboxylique simple, souvent étudié comme exemple d'acide faible. On cherche à caractériser sa transformation avec l'eau à partir d'une mesure de pH.
5Déterminer la valeur de l'avancement maximal xmax, en supposant la réaction totale.
Si la réaction était totale, le réactif limitant (HCOOH, en l'absence d'excès) serait entièrement consommé : n₀ − xmax = 0, donc xmax = n₀ = 2,0×10⁻³ mol.
6Calculer le taux d'avancement final τ de la réaction. Conclure sur le caractère total ou non total de cette transformation.
τ = xf / xmax = 4,0×10⁻⁴ / 2,0×10⁻³ = 0,20 soit τ = 20 %. Comme 0 < τ < 1, la transformation est non totale : à l'état final, HCOOH, HCOO⁻ et H₃O⁺ coexistent tous dans la solution.
7L'acide éthanoïque CH₃COOH (pKA = 4,8) donne, dans les mêmes conditions de concentration, un taux d'avancement de 4 %. Comparer la force des deux acides et relier ce résultat à leurs valeurs de pKA respectives.
L'acide méthanoïque (τ = 20 %) réagit davantage avec l'eau que l'acide éthanoïque (τ = 4 %) : c'est donc un acide plus fort. Cette observation est cohérente avec les valeurs de pKA : pKA(HCOOH) = 3,75 < pKA(CH₃COOH) = 4,8. Plus le pKA d'un couple est faible, plus l'acide correspondant est fort et plus sa transformation avec l'eau est avancée.
✓ Résultat clé : τ = 20 % — transformation non totale, acide méthanoïque plus fort que l'acide éthanoïque.
Fil conducteur — tu sais qu'un équilibre est dynamique et que τ mesure son avancement. Comment prévoir jusqu'où le système peut aller ? La réponse est K(T), un attracteur universel.
2 · Le quotient de réaction Qr et la constante K(T)
\(Q_r = \dfrac{[C]^c\cdot[D]^d}{[A]^a\cdot[B]^b}\) → À l'équilibre : \(Q_{r,f} = K(T)\)
Règles : solides purs et H₂O liquide absents de Qr. Concentrations divisées par c° = 1 mol·L⁻¹ → Qr adimensionné.
⚠️ Attention — erreurs fréquentes
❌Oublier d'enlever les solides (et le solvant H₂O liquide) de l'expression de Qr.
❌Oublier les puissances (coefficients stœchiométriques) dans Qr.
❌Comparer directement K à Qr sans les avoir calculés numériquement au préalable.
❌Utiliser les quantités de matière (mol) au lieu des concentrations (mol·L⁻¹) dans Qr.
❌Oublier que K dépend uniquement de la température — jamais des concentrations initiales ni du volume.
🧪 S'entraîner — construire Qr par glisser-déposer
Avant d'aller plus loin, entraîne-toi à appliquer ces règles d'écriture sur 10 réactions, du plus simple au plus complexe.
Construire Qr par glisser-déposer
Glisse chaque espèce chimique dans le numérateur, le dénominateur, ou écarte-la si c'est un solide ou le solvant. 10 réactions, du plus simple au plus complexe.
10 réactions
Progressif en difficulté
Indices disponibles
1 / 10
Glisse les espèces dissoutes dans le numérateur ou le dénominateur. Écarte les solides et H₂O dans la zone grise.
Zone à écarter (solides, H₂O)
Qr =
Numérateur (produits)
Dénominateur (réactifs)
Place toutes les espèces pour vérifier.
Série terminée
Exemple chiffré : A + B ⇌ C + D, K = 0,40. Exp.1 : [A]=[B]=1, [C]=[D]=0 → Qr,i = 0. Exp.2 : [A]=[B]=0,1, [C]=[D]=0,5 → Qr,i = 25. Deux départs très différents, même arrivée : Qr,f = K = 0,40.
✅K ne change pas (ne dépend que de T). Qr peut changer si les coefficients stœchiométriques diffèrent — le système évolue alors pour retrouver l'équilibre.
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Approfondissement Écrire Qr pour Fe³⁺ + HL⁻ ⇌ FeL⁺ + H⁺. Pourquoi H₂O n'apparaît-il pas ?
✅Qr = [FeL⁺][H⁺] / ([Fe³⁺][HL⁻]). H₂O est le solvant, sa concentration ≈ 55,5 mol·L⁻¹ reste constante.
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Approfondissement K = 10^(2,9). Calculer sa valeur numérique. Que cela indique-t-il ?
🎓 Exercice type bac — Étude de la réaction entre Fe³⁺ et l'ion salicylate (Asie 2023, partie A)
L'ion salicylate HL⁻ est une espèce présente dans certains médicaments anti-acné. En solution aqueuse, il réagit avec les ions Fe³⁺ pour former une espèce colorée FeL⁺, ce qui permet de le doser par spectrophotométrie. Avant le dosage, on cherche à vérifier que cette réaction peut être considérée comme totale.
Données
Équation de la réaction : Fe³⁺(aq) + HL⁻(aq) ⇌ FeL⁺(aq) + H⁺(aq), constante d'équilibre K = 10²·⁹ à 25°C
Solution Sfer tamponnée à pH = 3,0, contenant des ions Fe³⁺ à Cfer = 10,0 mmol·L⁻¹
Solution diluée S₁ de salicylate de sodium à C₁ = 10,0 mmol·L⁻¹
Mélange réactionnel : Vfer = 10,0 mL de Sfer + V = 0,100 mL de S₁
Concentration standard : c° = 1,0 mol·L⁻¹
1Rappeler les propriétés caractéristiques d'une solution tampon. Justifier que la valeur du pH du milieu réactionnel ne varie pas au cours du dosage.
Une solution tampon maintient un pH quasi constant lors d'un ajout modéré d'acide fort, de base forte, ou lors d'une dilution modérée. Le mélange réactionnel contient la solution tamponnée Sfer en grand volume (10,0 mL) devant le volume de S₁ ajouté (0,100 mL, soit 1 % du volume total) : l'ajout ne perturbe pas significativement l'équilibre acido-basique du tampon, donc le pH reste fixé à 3,0.
2Écrire l'expression du quotient de réaction Qr associé à l'équation de la réaction étudiée.
Qr = [FeL⁺][H⁺] / ([Fe³⁺][HL⁻]). Toutes les espèces étant dissoutes, aucune n'est exclue de l'expression (pas de solide ni de solvant ici).
3Calculer les quantités de matière initiales ni(Fe³⁺) et ni(HL⁻) introduites dans le mélange réactionnel.
5La résolution de l'équation associée au quotient de réaction à l'équilibre conduit à deux solutions mathématiques : x₁ = 9,999×10⁻⁷ mol et x₂ = 9,999×10⁻⁵ mol. Indiquer pourquoi il convient de ne retenir que la valeur x₁.
L'avancement xéq ne peut pas dépasser la quantité initiale du réactif limitant. Ici, ni(HL⁻) = 1,00×10⁻⁶ mol. Or x₂ = 9,999×10⁻⁵ mol > ni(HL⁻) : cette solution est physiquement impossible et doit être rejetée. On retient donc x₁ = 9,999×10⁻⁷ mol, qui est bien inférieure à ni(HL⁻).
6À partir de la valeur retenue de xéq, déduire le taux d'avancement final de la réaction et conclure sur son caractère total ou non.
τ = x₁ / ni(HL⁻) = 9,999×10⁻⁷ / 1,00×10⁻⁶ ≈ 1,00, soit τ ≈ 100 %. La réaction peut donc être considérée comme quasi-totale. Ce résultat est cohérent avec la valeur de la constante d'équilibre K = 10²·⁹ ≈ 794 ≫ 1, qui favorise très largement la formation des produits.
✓ Résultat clé : τ ≈ 100 % — la réaction Fe³⁺ + HL⁻ peut être considérée comme totale, ce qui justifie son utilisation pour le dosage.
Fil conducteur — Qr converge vers K. Ce chapitre répond à la question opérationnelle : avant l'équilibre, dans quel sens le système évolue-t-il ?
3 · Le critère d'évolution spontanée
Exemple chiffré : Fe²⁺ + Ag⁺ ⇌ Fe³⁺ + Ag(s), K = 3,2. [Fe²⁺]=0,1 ; [Ag⁺]=0,2 ; [Fe³⁺]=0,05 mol·L⁻¹. Qr,i = 0,05/(0,1×0,2) = 2,5. Qr,i = 2,5 < K = 3,2 → sens direct →.
Approfondissement K = 10⁻⁸. [A]=[B]=1, [C]=[D]=0,01 mol·L⁻¹. Sens d'évolution ?
①Qr,i = (0,01×0,01)/(1×1) = 10⁻⁴.
②10⁻⁴ > 10⁻⁸ → sens indirect ←. C'est toujours le rapport relatif qui compte.
🎓 Exercice type bac — Cémentation du cuivre par le fer
La cémentation est un procédé industriel utilisé pour récupérer des métaux présents en faible quantité dans des effluents miniers. On immerge de la ferraille (fer métallique) dans une solution contenant des ions cuivre (II), ce qui permet de précipiter le cuivre métallique tout en libérant des ions fer (II) en solution. On étudie ici si cette transformation est effectivement favorable dans les conditions industrielles typiques.
Données
Couples oxydant-réducteur : Cu²⁺(aq) / Cu(s) et Fe²⁺(aq) / Fe(s)
Constante d'équilibre de la réaction étudiée : K = 1,7×10²⁶ à 25°C
1Écrire les demi-équations électroniques associées aux deux couples oxydant-réducteur Cu²⁺(aq)/Cu(s) et Fe²⁺(aq)/Fe(s).
Cu²⁺(aq) + 2e⁻ → Cu(s) (réduction du cuivre). Fe(s) → Fe²⁺(aq) + 2e⁻ (oxydation du fer).
2En combinant ces deux demi-équations, établir l'équation de la réaction de cémentation du cuivre par le fer.
Les deux demi-équations échangent le même nombre d'électrons (2 e⁻), on peut donc les additionner directement : Cu²⁺(aq) + Fe(s) ⇌ Cu(s) + Fe²⁺(aq).
3À l'aide du critère d'évolution, déterminer le sens d'évolution spontanée du système lorsqu'on plonge du fer dans l'effluent industriel décrit. Suivre la méthode en 5 étapes.
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Étape 1 — Écrire l'équationCu²⁺(aq) + Fe(s) ⇌ Cu(s) + Fe²⁺(aq) (établie à la question 2)
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Étape 2 — Écrire QrQr = [Fe²⁺] / [Cu²⁺] (Fe(s) et Cu(s) sont des solides purs, donc exclus)
Étape 4 — Comparer à KQr,i = 2,0×10⁻² ≪ K = 1,7×10²⁶
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Étape 5 — ConclureSens direct → : le système évolue spontanément vers la formation de Cu(s) et Fe²⁺(aq). Le fer cède bien ses électrons aux ions cuivre.
4D'après la valeur de K, la transformation peut-elle être qualifiée de totale ? Justifier sans calcul supplémentaire.
K = 1,7×10²⁶ est une valeur extrêmement grande (≫ 1). Dans ce cas, le réactif limitant est entièrement consommé bien avant que Qr n'ait le temps d'atteindre K. La transformation peut donc être considérée comme totale.
5On traite V = 1,0 m³ d'effluent industriel. En supposant la réaction totale et le fer en excès, calculer la masse de cuivre métallique récupérée par cémentation.
D'après la stœchiométrie 1:1 de l'équation, n(Cu) formé = n(Cu²⁺) initial (la réaction étant totale et le fer en excès, tout Cu²⁺ est consommé). n(Cu²⁺) = [Cu²⁺] × V = 5,0×10⁻² × 1,0×10³ = 50 mol. m(Cu) = n(Cu) × M(Cu) = 50 × 63,5 = 3,18×10³ g, soit environ 3,2 kg de cuivre récupéré par m³ d'effluent traité.
✓ Résultat clé : Qr,i = 2,0×10⁻² ≪ K → réaction totale dans le sens direct, environ 3,2 kg de cuivre récupérés par m³ d'effluent.
Fil conducteur — le critère Qr < K s'applique aux systèmes redox : quand les réactifs sont séparés, les électrons transitent par un fil — c'est le courant électrique d'une pile.
4 · Piles et capacité électrique
①Oxydation (anode −) : Zn → Zn²⁺ + 2e⁻.
②Réduction (cathode +) : Cu²⁺ + 2e⁻ → Cu.
③Combiner : égaliser le nombre d'électrons puis additionner.
④Courant circule de + vers − dans le circuit extérieur ; électrons de − vers +.
Anode (−) : Red₁ → Ox₁ + ne e⁻ (oxydation) Cathode (+) : Ox₂ + ne e⁻ → Red₂ (réduction) ne : nombre d'électrons échangés par équation-bilan (entier, sans unité) · x : avancement de la réaction (mol) · F : constante de Faraday (C·mol⁻¹) · Q : charge électrique totale échangée (C)
\(Q = I \cdot t = n_e \cdot F \cdot x\) (F = 96 500 C·mol⁻¹)
Exemple chiffré : pile Al/Cu, n0(Cu²⁺) = 5,00×10⁻³ mol, ne = 2. Qmax = 2 × 96 500 × 5,00×10⁻³ = 965 C. Avec I = 50 mA : t = 19 300 s ≈ 5,4 h. Avec I = 100 mA : t ≈ 2,7 h. Doubler I divise la durée par 2.
Lance avec I = 50 mA. Note la durée. Passe à 100 mA. Durée divisée par 2 ?
✅Oui. Qmax = 965 C identique. t(50mA)=19300s ; t(100mA)=9650s. Ratio = 2.
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Double n₀ sans changer I. Qmax dépend-il de I ?
✅Qmax double, durée double. Qmax ne dépend pas de I, seulement de n₀.
3
Pile épuisée : pourquoi Qr = K à ce moment précis ?
✅Le courant existe car Qr < K. Quand le réactif limitant est épuisé, Qr = K : équilibre atteint, plus de force motrice.
4
I = 20 mA pendant t = 3,0 h. Calculer Q en C et mAh.
①t = 10 800 s.
②Q = 20×10⁻³ × 10 800 = 216 C = 60 mAh.
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Approfondissement Rôle du pont salin ?
✅Compense les charges créées par les demi-réactions, par migration d'ions. Sans lui, accumulation de charges → blocage du courant.
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Approfondissement Qmax pour n₀ = 5,00×10⁻³ mol Cu²⁺, en mAh. Comparer à une pile AA (2800 mAh).
①Qmax = 965 C = 268 mAh.
②268 ≪ 2800 mAh, facteur 10. Doubler n₀ pour doubler la capacité.
🎓 Exercice type bac — Étude d'une pile au laboratoire (Métropole 09/2021)
Chaque année en France, 1,3 milliard de piles sont vendues dans le commerce. Petits réservoirs d'énergie, elles constituent des objets indispensables au quotidien. L'objectif de cet exercice est d'étudier le fonctionnement d'une pile réalisée au laboratoire et de comparer sa capacité électrique à celle d'une pile AA vendue dans le commerce.
Couples oxydant-réducteur : Cu²⁺(aq)/Cu(s) et Al³⁺(aq)/Al(s)
Constante d'Avogadro : NA = 6,022×10²³ mol⁻¹
Constante de Faraday : F = 96 500 C·mol⁻¹ ; 1 mAh = 3,60 C
Deux solutions à C = 0,100 mol·L⁻¹ : sulfate d'aluminium Al₂(SO₄)₃ (notée S) et sulfate de cuivre CuSO₄ (notée S′)
Constante d'équilibre de la réaction de pile : K ≈ 10²⁰⁰ à 25°C
1Rédiger le protocole expérimental précis à mettre en œuvre pour préparer 50,0 mL de la solution S à partir du sulfate d'aluminium solide en poudre.
Calculer la masse à peser : n = C × V = 0,100 × 0,0500 = 5,00×10⁻³ mol, soit m = n × M = 5,00×10⁻³ × 342,15 ≈ 1,71 g. Peser cette masse de Al₂(SO₄)₃(s) à l'aide d'une balance de précision. Introduire la poudre dans une fiole jaugée de 50,0 mL à l'aide d'un entonnoir. Ajouter un peu d'eau distillée, agiter pour dissoudre, puis compléter avec de l'eau distillée jusqu'au trait de jauge. Boucher et homogénéiser par retournements.
2Calculer les concentrations en quantité de matière des ions aluminium Al³⁺(aq) et des ions sulfate SO₄²⁻(aq) dans la solution S.
Al₂(SO₄)₃(s) → 2 Al³⁺(aq) + 3 SO₄²⁻(aq). Donc [Al³⁺] = 2 × C = 2 × 0,100 = 0,200 mol·L⁻¹, et [SO₄²⁻] = 3 × C = 3 × 0,100 = 0,300 mol·L⁻¹.
3La borne COM du voltmètre est reliée à la plaque d'aluminium. La tension mesurée aux bornes de la pile vaut U = 0,92 V (valeur positive). Déterminer le pôle positif de la pile.
Sur un voltmètre, U mesurée = V(borne V) − V(borne COM). Comme U > 0 et que COM est reliée à l'aluminium, la plaque de cuivre est au potentiel le plus élevé. La plaque de cuivre constitue le pôle positif de la pile, et la plaque d'aluminium le pôle négatif.
4Indiquer, lors du fonctionnement de la pile, la polarité, le sens du courant électrique, et le sens de circulation des porteurs de charge dans la pile et dans le circuit extérieur.
Dans le circuit extérieur, le courant électrique circule du pôle + (cuivre) vers le pôle − (aluminium) ; les électrons (porteurs de charge négatifs) circulent en sens inverse, de l'aluminium vers le cuivre. À l'intérieur de la pile (dans les solutions et le pont salin), les charges sont transportées par les ions : les cations migrent vers la cathode (cuivre) et les anions vers l'anode (aluminium), ce qui maintient l'électroneutralité de chaque compartiment.
5Établir les équations modélisant les réactions aux électrodes lors du fonctionnement de la pile. En déduire que l'équation de la réaction modélisant le fonctionnement de la pile s'écrit : 3 Cu²⁺(aq) + 2 Al(s) ⇌ 3 Cu(s) + 2 Al³⁺(aq).
À l'anode (pôle −, aluminium), oxydation : Al(s) → Al³⁺(aq) + 3e⁻. À la cathode (pôle +, cuivre), réduction : Cu²⁺(aq) + 2e⁻ → Cu(s). Pour éliminer les électrons, on multiplie la première équation par 2 et la seconde par 3 (PPCM de 2 et 3 = 6), puis on additionne : 2Al(s) → 2Al³⁺(aq) + 6e⁻ et 3Cu²⁺(aq) + 6e⁻ → 3Cu(s). En sommant : 3 Cu²⁺(aq) + 2 Al(s) ⇌ 3 Cu(s) + 2 Al³⁺(aq).
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Étape 1 — Écrire l'équation3 Cu²⁺(aq) + 2 Al(s) ⇌ 3 Cu(s) + 2 Al³⁺(aq) (établie à la question 5)
Étape 5 — ConclureSens direct → : le système évolue spontanément dans le sens de la réduction de Cu²⁺ et de l'oxydation de Al, ce qui correspond bien au fonctionnement observé de la pile.
6Montrer que la valeur initiale du quotient de réaction du système vaut Qr = 40, et conclure quant à l'évolution du système (synthèse de la méthode appliquée ci-dessus).
Voir le détail des 5 étapes ci-dessus : Qr,i = [Al³⁺]²/[Cu²⁺]³ = (0,200)²/(0,100)³ = 40. Comme Qr,i = 40 ≪ K ≈ 10²⁰⁰, le système évolue spontanément dans le sens direct.
7Déterminer quel est le réactif limitant de la pile, sachant que les deux solutions ont un volume V = 50,0 mL.
n(Cu²⁺) = [Cu²⁺] × V = 0,100 × 0,0500 = 5,00×10⁻³ mol. n(Al³⁺) initial dans la solution S = 0,200 × 0,0500 = 1,00×10⁻² mol (mais c'est l'aluminium solide de l'électrode qui réagit, pas l'ion Al³⁺). D'après la stœchiométrie (3 Cu²⁺ pour 2 Al), pour consommer tout le Cu²⁺ il faut n(Al) = (2/3) × 5,00×10⁻³ = 3,33×10⁻³ mol d'aluminium métal, quantité largement disponible dans une plaque solide. L'ion Cu²⁺ en solution est donc le réactif limitant de la pile.
8Déterminer la capacité électrique Q de la pile du laboratoire, puis la comparer à celle d'une pile commerciale de type AA (capacité typique : 2800 mAh).
Quand tout le réactif limitant Cu²⁺ est consommé, la quantité d'électrons échangés est ne = 2 × n(Cu²⁺) = 2 × 5,00×10⁻³ = 1,00×10⁻² mol. Q = ne × F = 1,00×10⁻² × 96 500 = 965 C. En mAh : Q = 965 / 3,60 ≈ 268 mAh. Comparaison : 268 mAh ≪ 2800 mAh, soit une capacité environ 10 fois plus faible que celle d'une pile AA commerciale.
9Identifier un paramètre de la composition de la pile de laboratoire qu'il faudrait faire évoluer pour augmenter sa capacité électrique, en précisant comment ce paramètre doit évoluer et en justifiant.
La capacité Q = ne × F dépend directement de la quantité de réactif limitant (Cu²⁺) disponible. Pour augmenter Q, il faut augmenter n(Cu²⁺) initial : soit en augmentant la concentration C de la solution de sulfate de cuivre, soit en augmentant le volume V de cette solution (ou les deux). Cela permettrait de disposer de davantage d'ions Cu²⁺ à réduire avant l'épuisement du réactif limitant.
✓ Résultat clé : Q ≈ 268 mAh — capacité environ 10 fois inférieure à une pile AA, limitée par la faible quantité de Cu²⁺ en solution.
Fil conducteur — le critère Qr vs K s'applique aux acides-bases. Ka est la constante K de l'équilibre acide-base. Le diagramme de prédominance compare directement pH et pKa.
5 · Systèmes acide-base en solution aqueuse
①pH = −log[H₃O⁺] → [H₃O⁺] = 10^(−pH).
②pKa = −log(Ka) → Ka = 10^(−pKa).
③Ke = 10⁻¹⁴ à 25°C ; en solution neutre pH = 7.
④Acide fort : pH = −log(C). Acide faible : pH = ½(pKa − log C) si τ ≪ 1.
✅Mélange AH+A⁻ comparables, résiste aux variations de pH. K dépend de [H⁺] ici : sans tampon le dosage serait faussé.
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Approfondissement Acide fort vs acide faible : différence sur Ka et τ ?
📌HCl : τ≈1, pH=1,0 à C=0,10. CH₃COOH : τ=1,3%, pH=2,9 à C=0,10.
🧪 Complément — Loi de Beer-Lambert (nécessaire pour l'exercice Asie 2023)
\(A = \varepsilon \cdot l \cdot C\). Dosage par étalonnage : mesurer A pour des \(C_i\) connues → tracer \(A=f(C)\) → lire C inconnue sur la droite.
Application : \(A=0{,}83\) → [HL⁻]=0,60 mmol·L⁻¹. \(V_{total}=10{,}1\) mL. n(HL⁻)=6,06×10⁻⁶ mol. m(HL⁻)=8,31×10⁻⁴ g. m(crème)=0,0860 g. \(w_{mes} = \mathbf{0{,}97\%}\).
🎓 Exercice type bac — Dosage de l'ion salicylate dans une crème (Asie 2023, partie B)
L'étiquette d'un flacon commercial de crème anti-acné porte l'indication « ion salicylate formulé à 1000 mg pour 100 g de crème », soit un pourcentage massique de référence wref = 1,00 %. La partie A de cet exercice a permis d'établir que la réaction entre Fe³⁺ et l'ion salicylate HL⁻ peut être considérée comme totale. On exploite maintenant cette propriété pour doser HL⁻ par spectrophotométrie et contrôler l'indication du fabricant.
Données
Masse volumique de la crème : ρ(crème) = 860 g·L⁻¹
Masse molaire de l'ion salicylate : M(HL⁻) = 137,1 g·mol⁻¹
Solution test : Vcrème = 0,100 mL de crème + Vfer = 10,0 mL de solution Sfer
Absorbance mesurée à λ = 535 nm de la solution test : Acrème = 0,83
D'après la courbe d'étalonnage, A = 0,83 correspond à [HL⁻] = 0,60 mmol·L⁻¹ dans la cuve
Teneur de référence du fabricant : wref = 1,00 %, incertitude-type u(w) = 0,02 %
1Rappeler la relation entre absorbance A et concentration C (loi de Beer-Lambert), et expliquer le principe d'un dosage par étalonnage.
La loi de Beer-Lambert s'écrit A = ε × l × C, où ε est le coefficient d'extinction molaire et l la longueur de la cuve. Le principe du dosage par étalonnage consiste à mesurer l'absorbance de plusieurs solutions de concentration connue, tracer la droite A = f(C), puis mesurer l'absorbance de la solution inconnue et lire graphiquement sa concentration sur cette droite.
2Pourquoi peut-on affirmer que la quantité de matière de FeL⁺ formée est égale à la quantité de matière de HL⁻ ayant réagi ?
La partie A a établi que la réaction Fe³⁺ + HL⁻ ⇌ FeL⁺ + H⁺ est quasi-totale (τ ≈ 100 %). Comme tout HL⁻ initialement présent est converti en FeL⁺ avec un coefficient stœchiométrique de 1:1, on a l'égalité n(FeL⁺)formé = n(HL⁻)initial. Doser FeL⁺ par spectrophotométrie revient donc à doser indirectement HL⁻.
3Calculer le volume total de la solution test, puis en déduire la quantité de matière d'ion salicylate n(HL⁻) présente dans le volume de crème prélevé.
4Calculer la masse d'ion salicylate m(HL⁻) correspondant à cette quantité de matière, puis la masse de crème mcrème contenue dans le volume Vcrème prélevé.
6On compare une valeur expérimentale à une valeur de référence à l'aide du quotient |wmes − wref| / u(w), la compatibilité étant admise si ce quotient est inférieur ou égal à 2. Calculer ce quotient et conclure sur la compatibilité entre la valeur mesurée et l'indication du fabricant.
Quotient = |wmes − wref| / u(w) = |0,97 − 1,00| / 0,02 = 0,03 / 0,02 = 1,5. Comme 1,5 ≤ 2, la valeur mesurée expérimentalement est compatible avec l'indication du fabricant : la teneur en ion salicylate annoncée sur l'étiquette est validée par le dosage.
✓ Résultat clé : wmes ≈ 0,97 % — compatible avec l'indication du fabricant (wref = 1,00 %), écart de 1,5 fois l'incertitude-type.
⏱ Mode Bac Chrono
10 questions, chronométrées
Calculs à saisir, tous les chapitres mélangés. 3 à 4 minutes par question. Tolérance acceptée de ±5 % sur la réponse numérique. La correction détaillée s'affiche après chaque question.
