chimie generale solutionnaire ch 4

7/23/2019 Chimie Generale Solutionnaire Ch 4

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C H A P I T R E

4 Les gaz

Recueil de solutions − Chimie générale

..............................................................................................................................................................

Réponses aux problèmes ciblés

4.13 ? kPa = 562 mm Hg21,013 258 10 kPa

760 mm Hg⎛ ⎞×

⎜ ⎟⎝ ⎠

= 74,9 kPa

? mm Hg = 2,0 kPa 2

760 mm Hg

1,013 258 10 kPa

⎛ ⎞⎜ ⎟

×⎝ ⎠

= 15 mm Hg

4.14 ? atm = 606 mm Hg 1 atm760 mm Hg

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 0,797 atm

4.17 a) Si la température finale de l’échantillon est au-dessus du point d’ébullition, lasubstance sera encore à l’état gazeux. Le schéma correspond le mieux à cettesituation.

b) Si la température finale de l’échantillon est en dessous du point d’ébullition, lasubstance se sera condensée à l’état liquide, mais il y aura encore une certainepression de vapeur. Il y aura donc à la fois du liquide et un peu de sa vapeur. Leschéma correspond le mieux à cette situation.

4.18 1) Rappelez-vous que V ∝ 1P

. Si la pression est triplée, le volume ne sera plus que le

tiers du volume initial. La réponse est donc .2) Rappelez-vous que V ∝ T . À n et P constants, si la température augmente du

double, il en sera de même du volume. La réponse est donc . Comme il s’agitd’un gaz coloré, l’intensité de la couleur est proportionnelle à la masse volumiquedu gaz. Au fur et à mesure que le volume augmentera à n constant, la massevolumique du gaz diminuera. Cette diminution de la masse volumique correspondà une teinte plus pâle sur le schéma A comparativement au schéma de départ.

3) Rappelez-vous que V ∝ n. Si on ajoute n moles de gaz à la quantité initiale de

n moles, on obtiendra 2n moles, ce qui fera doubler le volume. La réponse est . La masse volumique du gaz ne variera pas et la coloration finale sera la même quela coloration initiale.

4) Rappelez-vous que V ∝ T et que V ∝ 1P

. Si la température est diminuée de moitié,

le volume diminuera lui aussi de moitié. Par contre, en réduisant la pression à unquart de sa valeur initiale, on fera accroître le volume d’un facteur 4. Encombinant ces deux changements, on obtient ½ × 4 = 2. Le volume doublera. Laréponse est .

© 2009 Chenelière ducation inc.




54 Chapitre 4 • Les gaz

4.19 P1 = 98,3 kPa P2 = 54,8 kPa

V 1 = 725 mL V 2 = ?

À partir de l’équation P1V 1 = P2V 2 , nous pouvons écrire :

P1V 1 = P2V 2

V 2 = 1 1

2

PV

P = (98,3 kPa )(725 mL)

54,8 kPa = 1,30 10

3mL

4.20 La température et la quantité de gaz demeurent constantes dans ce problème. La pression et levolume sont les variables ; c’est un problème qui fait appel à la loi de Boyle-Mariotte, P1V 1 = P2V 2.

P2 = P1 1

2

V

V

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 1

1

(537 kPa)0,100

V

V = 53,7 kPa

4.21 Ce problème fait appel à la loi de Boyle-Mariotte.

Nous remplaçons 101 kPa par 760 mm Hg pour la valeur de la pression P1.

P2 = P1 1

2

V

V

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 760 mm Hg 5,80 L9,65 L

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 457 mm Hg

4.22 DÉMARCHE

La température et la quantité de gaz demeurent constantes dans ce problème. La pression et levolume sont les variables ; c’est un problème qui fait appel à la loi de Boyle-Mariotte, P1V 1 = P2V 2.

SOLUTION

a) V 2 = V 1 1

2

P

P

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= (3,8 L)2

21,2 10 kPa6,7 10 kPa

⎛ ⎞×

⎜ ⎟×⎝ ⎠

= 0,68 L

b) P2 = P1 1

2

V

V

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= (1,2 × 102 kPa) 3,8 L0,075 L

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 6,1 103kPa

4.23 DÉMARCHE

Le nombre de moles et la pression sont constants. C’est un problème qui fait appel à la loi de Gay-

Lussac-Charles (V en fonction de T à pression constante) sous la forme 1 2

1 2

V V

T T = , mais il faudra

préalablement convertir en Kelvin les températures en degrés Celsius.

SOLUTION

T 1 = 25 °C + 273 °C = 298 K T 2 = 88 °C + 273 °C = 361 K

V 1 = 36,4 L V 2 = ?

V 2 = V 1 2

1

T

T

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 36,4 L ( )361 K298 K

= 44,1 L





Problèmes ciblés 55

4.24 Le nombre de moles et la pression sont constants. C’est un problème qui fait appel à la loi de

Gay-Lussac-Charles (V en fonction de T à pression constante) sous la forme 1 2

1 2

V V

T T = .

T 2 = T 1 2

1

V

V

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= (88 + 273) K 3,4 L9,6 L

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 1,3 102 K

4.25 L’équation équilibrée est 4NH3(g) + 5O2(g) → 4NO(g) + 6H2O(g).

Rappelez-vous : la loi d’Avogadro dit que le volume d’un gaz, à température et pressionsconstantes, est directement proportionnel au nombre de moles de gaz. Les coefficients del’ammoniac et du monoxyde d’azote sont les mêmes, donc un volume d’ammoniac permetd’obtenir un volume de monoxyde d’azote.

Seriez-vous arrivés à la même conclusion si vous aviez remarqué que le monoxyde d’azote est leseul produit contenant de l’azote et que l’ammoniac est le seul réactif contenant de l’azote ?

4.26 Des volumes égaux de gaz différents à la même température et à la même pression contiennent lemême nombre de particules (loi d’Avogadro). Les rapports volumétriques 1 vol. Cl2 : 3 vol. F2 :

2 vol produit peuvent être écrits comme des rapports molaires, soit :1 mol Cl2 : 3 mol F2 : 2 mol produit.

D’après ces renseignements, on peut écrire une première ébauche de l’équation :

Cl2(g) + 3F2(g) → 2 x (formule du gaz inconnu)

L’indice de F dans le produit devra être égal à trois fois celui du Cl, parce que trois fois plusd’atomes de F que d’atomes de Cl ont réagi. On peut donc écrire plus précisément l’équation :

1Cl2(g) + 3F2(g) → 2Cl x F3 x (g)

Équilibrons cette équation. Le x doit avoir une valeur égale à un, de manière à avoir deux Cl dechaque côté de l’équation. Si x = 1, l’indice de F pour le produit est 3. On obtient :

Cl2(g) + 3F2(g) → 2ClF3(g)

La formule est donc ClF3.

4.31 DÉMARCHE

L’énoncé de ce problème donne la pression, le volume et la température d’un échantillon d’azote.Est-ce que les propriétés de ce gaz subissent un changement ? Quelle équation faut-il utiliser pourtrouver la pression ?

SOLUTION

Considérant que les propriétés du gaz ne subissent pas de changement (P, V , T et n sont constants),on peut calculer le nombre de moles n en utilisant la loi des gaz parfaits sous la forme PV = nRT.

n = PV RT

=

2

1 1(4,8 10 kPa)(2,3 L)(8,314 kPa L mol K )(305 K)− −

• • •

×

= 0,44 mol

4.32 On nous donne les valeurs de n, de V et de T . Il faut trouver P à l’aide de l’équation des gazparfaits, en isolant P :

P = nRT

V =

1 1(6,9 mol) (8,314 kPa L mol K ) (335 K)30,4 L

− −

• • •

= 6,3 102 kPa






4.33 Il faut calculer la valeur de V à l’aide de l’équation des gaz parfaits en isolant V :

V = nRT

P =

1 1

2

(5,6 mol) (8,314 kPa L mol K ) (401 K)9,5 10 kPa

− −

• • •

×

= 2,0 101 L

4.34 DÉMARCHE

Dans ce problème, n et V sont constants alors que la température et la pression changent.

À partir de l’équation combinée des gaz parfaits, 1 1 2 2

1 1 2 2

PV PV

nT n T = , si n et V sont constants, cette

équation devient 1 2

1 2

P P

T T = . Il s’agira ensuite de réécrire cette dernière équation en isolant T 2.

SOLUTION

Voici un tableau des données du problème :

Conditions initiales Conditions finales

T 1 = 298 K T 2 = ?

P1 = 81,0 kPa P2 = 203 kPa

La température finale T 2 se calcule ainsi :

T 2 = 1 2

1

T P

P =

(298 K) (203 kPa)81,0 kPa

= 747 K ou 474 °C

4.35 Voici un tableau des données du problème :


T 1 = 298 K T 2 = 250 K

P1 = 122 kPa P2 = 0,304 kPaV 1 = 2,50 L V 2 = ? L

Ici, n étant constant, on peut utiliser la loi générale des gaz parfaits, 1 1 2 2

1 2

PV PV

T T = , et la réécrire en

isolant V 2 :

V 2 = 1 1 2

1 2

PVT

T P =

(122 kPa)(2,50 L)(250 K)(298 K)(0,304 kPa)

= 8,4 102 L

4.36 Le nombre de moles et le volume du gaz sont constants. Comme au problème 4.34, on peut écrire :

1 2

1 2

P P

T T

=


T 1 = 273 K T 2 = 523 K

P1 = 101,3 kPa P2 = ?






La pression finale est :

P2 =1 2

1

PT

T =

(101,3 kPa)(523 K)

273 K = 1,9 10

2 kPa

4.37 L’énoncé « sa température absolue est abaissée de moitié » signifie que T 2 / T 1 = 0,50. De même,

l’énoncé « la pression est réduite au tiers de sa valeur initiale » signifie que P2 / P

1 = 1/3.

De 1 1 2 2

1 2

PV PV

T T = , on isole V 2 :

V 2 = 1 1 2

1 2

PVT

T P = V 1

1 2

2

P T

P T

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

= (6,0 L)(3,0)(0,50) = 9,0 L

4.38 Dans ce problème, le nombre de moles de gaz et la pression sont constants (n1 = n2 et P1 = P2).

La température et le volume changent.

L’équation 1 1 2 2

1 1 2 2

PV PV

n T n T = se ramène à 1 2

1 2

V V

T T =

Les données sont :


T1 = 293,1 K T2 = 309,5 K

V1 = 0,78 L V2 = ? L

Le volume final est donné par :

V 2 = V 1 2

1

T

T

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 0,78 L309,5 K

293,1 K⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 0,82 L

4.39 1 1 2 2

1 2

PV PV

T T =

V 1 = 2 2 1

1 2

PV T

PT =

(61 kPa)(94 mL)(339 K)

(318 K)(86 kPa) = 71 mL

4.40 Dans ce problème, le nombre de moles de gaz est constant (n1 = n2). La température, la pression et

le volume changent.

1 1 2 2

1 2

PV PV

T T = et T 2 = (150 °C + 273 °C) ×

1 K

1 Co

= 423 K

V 2 = 1 1 2

2 1

PVT

P T =

2

(101,3 kPa)(488 mL)(423 K)

(2,28 10 kPa)(273 K)×

= 336 mL

Note : Quand la constante R

ne figure pas dans ces équations, il n’est pas nécessaire de convertir lesvolumes en litres et les pressions en kilopascals. Par contre, il faut toujours convertir les degrés

Celsius en Kelvin.

4.41 De 1 1 2 2

1 2

PV PV

T T = , V 2 = 1 1 2

2 1

PVT

P T =

(772 mm Hg)(6,85 L)(273 K)

(760 mm Hg)(308 K) = 6,17 L






4.42 La masse molaire de CO2 est 44,01 g/mol. Puisque PV = nRT, nous écrivons :

P = nRT

V =

( )1 11 mol(0,050 g 8,314 kPa L mol K (303 K)

44,01 g

4,6 L

− −

• • •

⎛ ⎞×⎜ ⎟

⎝ ⎠ = 0,62 kPa

4.43 Trouvons d’abord le nombre de moles de gaz en isolant n dans l’équation des gaz parfaits. D’après

les données, le nombre de moles de gaz n est le seul inconnu.

n = PV

RT =

1 1

(101,3 kPa) (0,280 L)

(8,314 kPa L mol K )(273 K)− −

• • •

= 0,0125 mol

Masse molaire = M = masse (g)

mol =

0,400 g

0,0125 mol = 32,0 g/mol

4.44 DÉMARCHE

Il est possible de calculer la masse molaire d’un gaz si nous en connaissons la masse volumique, la

température et la pression. Quelles unités de température et de pression faudrait-il utiliser ici ?

SOLUTION

L’équation 4.12 du manuel, M = ρ RT

P, nous permet de calculer la masse molaire (M ) de ce gaz.

Avant de procéder aux différentes substitutions dans cette équation, il faut calculer la masse

volumique ( ρ), et vérifier si les autres quantités connues ont des unités appropriées.

ρ = 7,10 g

5,40 L = 1,31 g/L

T = 44o + 273o = 317 K

P = 741 torrs × 101,3 kPa

760 torrs = 98,8 kPa

Calculons la masse molaire en calculant M à l’aide de la relation M = ρ RT P

:

M = 1 1

(1,3 g/L) (8,314 kPa L mol K ) (317 K)

98,8 kPa

− −

• • •

= 35,0 g/mol

4.45 D’abord, il faut calculer le nombre de moles de O3 présentes. Puisque PV = nRT, nous écrivons

n = PV

RT =

1 1

(101,3 kPa) (1,0 L)

(8,314 kPa L mol K )(250 K)− −

• • •

= 4,9 × 10–5 mol

Le nombre d’Avogadro sert ensuite de facteur de conversion pour calculer le nombre de molécules

de O3.

? molécules = (4,9 × 10–5 mol O3)

23

3

3

6,022 10 molécules O1 mol O

⎛ ⎞×

⎜ ⎟⎝ ⎠

= 3,0 1019 molécules O3

4.46 Le nombre de particules dans 1 L de gaz à TPN est :

nombre de particules = (1,0 L)1 mol

22,414 L⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

23

3

3

6,022 10 molécules O

1 mol O

⎛ ⎞×

⎜ ⎟⎝ ⎠

= 2,7 × 1022 particules

nombre de molécules N2 = ( )78 %100 %

(2,7 × 1022 molécules) = 2,1 1022 molécules






nombre de molécules O2 = ( )21 %100 %

(2,7 × 1022 molécules) = 5,7 1021 molécules

nombre d’atomes Ar = ( )1 %100 %

(2,7 × 1022 atomes) = 3 1020 atomes

4.47 a) La masse volumique : ρ = m

V =

4,65 g

2,10 L = 2,21 g/L

b) La masse molaire :M = ρ RT

P =

1 1(2,21 g/L) (8,314 kPa L mol K ) (300 K)

101,3 kPa

− −

• • •

=

54,4 g/mol

4.48 De la relation M = ρ RT

P, on isole ρ, ce qui donne ρ =

P

RT

M.

Il faut préalablement convertir la pression en kilopascals.

? kPa = 733 mm Hg × 101,3 kPa

760 mm Hg = 97,7 kPa

ρ = 1 1

(97,7 kPa)(80,91 g/mol)(8,314 kPa L mol K )(319 K)

− −

• • •

= 2,98 g/L

Il existe une autre façon de résoudre ce problème. Nous aurions pu trouver la réponse à l’aide de

l’équation PV = nRT pour une mole de gaz, soit 80,91 g.

V = nRT

P =

1 1(1 mol) (8,314 kPa L mol K ) (319 K)

97,7 kPa

− −

• • •

= 27,1 L

La masse volumique est :

ρ = m

V =

80,91 g

27,2 L = 2,97 g/L

La légère différence entre ces deux réponses, 2,98 g/L et 2,97 g/L, est due à l’arrondissement du

volume à 27,2 L dans la deuxième méthode. En effectuant les calculs avec 27,17 L, on obtient, avec

la deuxième méthode, la même réponse, soit 2,98 g/L.

4.49 1re méthode :

DÉMARCHE

On peut calculer la formule empirique à partir des données de la composition centésimale du

composé. Ensuite, la masse molaire sera calculée à l’aide de l’équation des gaz parfaits.

SOLUTION

Supposons 100 g de substance. Alors,

? mol C = 64,9 g C × 1 mol C12,01 g C

= 5,40 mol C

? mol H = 13,5 g H × 1 mol H

1,008 g H = 13,4 mol H

? mol O = 21,6 g O × 1 mol O

16,00 g O = 1,35 mol O






La formule obtenue est C5,40H13,4O1,35. En divisant chacun des nombres de cette formule par 1,35,

on obtient C4,00H9,92O1,00 ou C4H10O. Le nombre de moles de gaz se calcule en isolant n de

l’équation des gaz parfaits.

Il faut préalablement convertir la pression en kilopascals.

? kPa = 750 mm Hg × 101,3 kPa

760 mm Hg = 100 kPa

n = PV

RT =

1 1

(100 kPa)(1,00 L)

(8,314 kPa L mol K )(393 K)− −

• • •

= 3,06 × 10–2 mol

M = masse (g)

mol =

2,30 g

0,0306 mol = 75,2 g/mol

La masse empirique est 74,0 g/mol, ce qui correspond assez bien à la masse molaire. La formule

moléculaire et la formule empirique sont les mêmes dans ce cas-ci, soit C4H10O.

2e méthode :

Calculons d’abord la masse molaire à l’aide de l’équation des gaz parfaits.

n = PV RT

= 1 1

(100 kPa)(1,00 L)(8,314 kPa L mol K )(393 K)

− −

• • •

= 3,06 × 10–2 mol

Calculons la masse molaire.

M = masse (g)

mol =

2,30 g

0,0306 mol = 75,2 g/mol

Afin de convertir les masses de chaque élément en moles, multiplions chacun des pourcentages des

éléments, convertis préalablement en fractions, par la masse molaire.

nC = (0,649) × (75,2 g) × 1 mol C

12,01 g C = 4,06 mol C

nH = (0,135) × (75,2 g) × 1 mol H

1,008 g H = 10,07 mol H

nO = (0,216) × (75,2 g) × 1 mol O

16,00 g O = 1,02 mol O

Cette deuxième méthode permet de déterminer directement la formule moléculaire parce que nous

avons utilisé les masses de chacun des éléments présents dans exactement une mole du composé.

La formule est donc C4H10O.

4.50 Une équation dérivée de la loi des gaz parfait donne la relationM = ρ RT

P.

Calculons d’abord la masse volumique ρ , substituons ensuite sa valeur en g/L dans l’équation

donnant M .

ρ =

m

V =

0,100 g

22,1 mL ×

1 000 mL

1 L =

4,52 g/L

M = 1 1

(4,52 g/L) (8,314 kPa L mol K ) (293 K)

101,3 kPa

− −

• • •

= 109 g/mol

Calculons la masse molaire empirique à partir de la formule empirique SF4 donnée dans l’énoncé

du problème :

Masse molaire empirique de SF4 = 32,07 g/mol + 4(19,00 g/mol) = 108,07 g/mol

Comme ces masses molaires ont des valeurs très rapprochées, on peut conclure que la formule

moléculaire est SF4.






4.51 Le nombre de moles de CO2 produit nous permet de calculer la quantité de CaCO3 qui doit avoir

réagi pour le produire. On calculera ensuite le pourcentage massique de CaCO3 dans le 3,00 g

d’échantillon.

L’équation équilibrée est :

CaCO3(s) + 2HCl(aq) → CO2(g) + CaCl2(aq) + H2O(l)

La pression en kilopascal est :

P = 792 mm Hg × 101,3 kPa

760 mm Hg = 1,06 × 102 kPa

L’application de la loi des gaz parfaits donne la valeur de n :

2COn = 2COPV

RT =

2

1 1

(1,06 10 kPa)(0,656 L)

(8,314 kPa L mol K )(293 K)− −

• • •

× = 2,84 × 10–2 mol CO2

Comme les coefficients de l’équation équilibrée nous indiquent un rapport molaire de 1 : 1 entre le

CO2 et le CaCO3, il a dû y avoir réaction de 2,84 × 10–2

mol CaCO3.

? g CaCO3 qui ont réagi = (2,84 × 10–2

mol CaCO3) × 3

3

100,1 g CaCO

1 mol CaCO = 2,84 g CaCO3

% CaCO3 = 2,84 g

100 %3,00 g

× = 94,7 %

Nous pouvons supposer que l’impureté (ou les impuretés) ne doit pas réagir avec le HCl pour

produire du CO2.

4.52 L’équation équilibrée est :

H2(g) + Cl2(g) → 2HCl(g)

Dans les conditions de température et de pression normales (TPN), une mole d’un gaz parfait

occupe un volume de 22,4 L.

1 mol = 22,4 LCe volume molaire peut servir de facteur de conversion pour calculer le nombre de moles de H2 qui

a réagi. On pourra ensuite calculer la masse de HCl produite.

? mol H2 produites = 5,6 L H2 × 2

2

1 mol H

22,4 L H = 0,25 mol H2

? g HCl = (0,25 mol H2) × 2

2 mol HCl1 mol H

× 36,46 g HCl

1 mol HCl = 18 g HCl

4.53 a) DÉMARCHE

On peut calculer le nombre de moles du métal M qui a réagi ainsi que le nombre de moles

d’hydrogène gazeux produit. Ensuite, en comparant le nombre de moles de M avec le nombre demoles de H2, il sera possible de déterminer le rapport molaire permettant de déduire l’équation

équilibrée.

SOLUTION

? mol M = 0,25 g M × 1 mol M27,0 g M

= 8,33 × 10–3 mol M






Trouvons la valeur de2Hn dans l’équation des gaz parfaits. Ensuite, calculons le nombre de

moles de H2 par substitution des quantités connues dans l’équation.

P = 741 mm Hg × 101,3 kPa

760 mm Hg = 98,8 kPa et T = 17° + 273° = 290 K

2Hn = 2HPV RT

= 1 1

(98,8 kPa)(0,303 L)(8,314 kPa L mol K )(290 K)

− −

• • •

= 1,24 × 10–2

mol H2

Comparons le nombre de moles de H2 produit avec le nombre de moles de M qui a réagi.

2

23

1,24 10 mol H

8,33 10 mol M

−

−

×

×

1,5, ce qui signifie que le rapport molaire entre H2 et M est 1,5 : 1.

On peut maintenant tenter d’écrire l’équation équilibrée puisque nous connaissons le rapport

molaire entre H2 et M. L’équation non équilibrée est :

M(s) + HCl(aq) → 1,5H2 (g) + M x Cl y(aq)

Il y a 3 atomes de H du côté des produits, il faut donc placer un 3 devant le HCl. Le rapportentre M et Cl du côté des réactifs est maintenant 1 : 3. La formule de ce chlorure métallique est

donc MCl3. L’équation équilibrée est :

M( s) + 3HCl( aq) 1,5H2( g) + MCl3( aq)

Note : Pour éviter les fractions, on pourrait aussi réécrire cette dernière équation en multipliant

tous les coefficients stœchiométriques par deux.

b) La formule du chlorure métallique nous indique que ce métal a tendance à former des ions d’une

charge 3+. La formule de l’oxyde serait donc M2O3 et celle du sulfate, M2(SO4)3.

4.54 En déterminant la masse molaire du gaz, il sera possible de déterminer ensuite la formule

moléculaire à partir de la formule empirique. Calculons d’abord la masse molaire du composé.

P = 97,3 mm Hg × 101,3 kPa

760 mm Hg = 13,0 kPa et T = 77° + 273° = 350 K

n = PV

RT =

1 1

(13,0 kPa)(0,378 L)

(8,314 kPa L mol K )(350 K)− −

• • •

= 1,69 × 10–3 mol

Trouvons maintenant la masse molaire (M ) :

M = masse (g)

mol =

3

0,2324 g

1,69 10 mol−

×

= 138 g/mol

Pour calculer la formule empirique, il faut d’abord trouver la masse de F dans 0,2631 g de CaF2.

? g F = 0,2631 g CaF2 × 2

2

1 mol CaF

78,08 g CaF × 2

2 mol F1 mol CaF ×

19,00 g F

1 mol F = 0,1280 g F

Puisque le composé contient seulement P et F, la masse de P dans l’échantillon de 0,2324 g est :

0,2324 g − 0,1280 g = 0,1044 g P

On peut maintenant convertir les masses de P et de F en moles pour chacune des substances.

? mol P = (0,1044 g P) × 1 mol P

30,97 g P = 3,3371 × 10

–3 mol P






? mol F = (0,1280 g P) × 1 mol F

19,00 g F = 6,737 × 10

–3 mol F

On obtient ainsi la formule P0,003371F0,006737. En divisant par le plus petit indice (0,003 371 mol),

on trouve la formule empirique PF2 dont la masse molaire est 68,07 g/mol.

Pour déterminer la formule moléculaire, il faut diviser la masse molaire par la masse molaire

empirique.

masse molairemasse molaire empirique

= 138 g/mol

68,97 g/mol 2

La formule moléculaire est donc (PF2)2 ou P2F4.

4.57 Calculons d’abord la fraction molaire, X i, de chaque constituant du mélange, puis les pressions

partielles à l’aide de la relation Pi = X i PT.

Le total du nombre de moles de gaz n est :

n = 4CHn +

2 6C Hn +3 8C Hn = 0,31 mol + 0,25 mol + 0,29 mol = 0,85 mol

4CH X =

0,31 mol

0,85 mol = 0,36

2 6C H X =

0,25 mol

0,85 mol = 0,29

3 8C H X =

0,29 mol

0,85 mol = 0,34

Les pressions partielles sont :

4CHP = 4CH X × Ptotal = 0,36 × 152 kPa = 55 kPa

2 6C HP = 2 6C H X × Ptotal = 0,29 × 152 kPa = 44 kPa

3 8C HP = 3 8C H X × Ptotal = 0,34 × 152 kPa = 52 kPa

4.58 D’après la loi de Dalton, la pression totale du mélange est la somme des pressions partielles.

a) PT = 32 kPa + 15 kPa + 42 kPa = 89 kPa

b) Voici un tableau des données du problème :


T 1 = 288 K T 2 = 273 K

P1 = 57 kPa P2 = 101,3 kPa

V 1 = 2,50 L V 2 = ? L

De 1 1 2 2

1 1 2 2

PV PV

nT n T = , parce que n1 = n2 , on peut écrire 1 1 2 2

1 2

PV PV

T T = , d’où

V 2 = 1 1 2

2 1

PVT

PT =

(57 kPa)(2,50 L) (273 K)

(101,3 Kpa)(273 K) = 1,4 L à TPN

4.59 Puisque le volume est proportionnel au nombre de moles de gaz présent, on peut convertir

directement les pourcentages en volumes en fractions molaires.

2N X = 0,78082O X = 0,2094 Ar X = 0,0093

2CO X = 0,0005

a) Pour chacun des gaz, Pi = X i PT = X i (101,3 kPa)

2NP = 0,7808 × 101,3 kPa = 79,1 kPa 2OP = 0,2094 × 101,3 kPa = 21,2 kPa

ArP = 0,0093 × 101,3 kPa = 0,94 kPa 2COP = 0,0005 × 101,3 kPa = 0,05 kPa






b) La concentration (mol/L) est C = nV

= P

RT . On a donc :

2NC = 1 179,1 kPa

(8,314 kPa L mol K )(273 K)− −

• • •

= 3,48 10–2 mol/L

De la même manière, on trouve :2OC = 9,32 10

–3 mol/L ArC = 4,1 10

–4 mol/L

2COC = 2 10–5

mol/L

4.60 PT = P1 + P2 + P3 + .... Pn et dans ce cas-ci, PT = PNe + PHe + 2H OP

et PNe = PT − PHe −2H OP

= 745 mm Hg − 368 mm Hg − 28,3 mm Hg = 349 mm Hg

4.61 Le volume de gaz recueilli sera converti en moles à l’aide de l’équation des gaz parfaits ; ensuite, ilsera possible de déterminer la quantité de Na qui a réagi.

2HP = PT −2H OP = 101 kPa − 3,17 = 98 kPa

2Hn = 2HPV

RT = 1 1

(98 kPa)(0,246 L)(8,314 kPa L mol K )(298 K)− −

• • •

= 9,7 × 10–3 mol H2

L’équation équilibrée nous indique un rapport de 2 : 1 entre Na et H2. La masse de Na qui a réagiest :

? g Na = 9,7 × 10–3 mol H2 × 2

2 mol Na1 mol H

× 22,99 g Na1 mol Na

= 0,45 g Na

4.62 DÉMARCHE

Pour trouver la quantité de H2 générée, il faut d’abord trouver la pression partielle de H2 dans lemélange. À quelle loi des gaz faut-il recourir ici? Ensuite, comment trouver les moles de H2 et les

convertir en moles de Zn qui ont réagi ?SOLUTION

La loi des pressions partielles de Dalton s’énonce ainsi :

PT = P1 + P2 + P3 + .... Pn

Dans ce cas-ci on écrit :

PT =2HP +

2H OP

2HP = PT − 2H OP

2HP = 99,3 kPa – ( 23,8 mm Hg) 101,3 kPa760 mm Hg

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 96,1 kPa

Calculons le nombre de moles de H2 produit. Selon PV = nRT

2Hn = 2HPV

RT = 1 1

(96,1 kPa)(7,80 L)

(8,314 kPa L mol K )(298 K)− −

• • •

= 0,303 mol H2

Selon les coefficients de l’équation équilibrée et connaissant la masse molaire du zinc, on peutmaintenant calculer la masse de zinc qui a réagi.

? g Zn = 0,303 mol H2 × 2

1 mol Zn1 mol H

× 63,39 g Zn1 mol Zn

= 19,8 g Zn






4.63 Puisqu’il s’agit d’un mélange de deux gaz, la température et le volume sont les mêmes et la

pression exercée par chacun des gaz devrait être proportionnelle à son nombre de moles. Rappelons

que Pi = X i PT. La pression totale du mélange gazeux étant connue, 4,2 × 102 kPa, ainsi que la

pression partielle exercée par l’oxygène, soit 21 kPa, on peut calculer la fraction molaire2O X et la

convertir en pourcentage.

2O X = 2O

total

P

P =

2

21 kPa

4,2 10 kPa×

= 0,050 ou 5,0 % du volume

4.64 Calculons d’abord les fractions molaires pour pouvoir ensuite déterminer les pressions partielles.

Les fractions molaires sont déduites des coefficients stœchiométriques donnés par l’équation

équilibrée.

2NH3(g) → N2(g) + 3H2(g)

Les fractions molaires de H2 et de N2 sont :

2H X = 3 mol

(3 mol + 1 mol) = 0,750

2N X = 1 mol(3 mol + 1 mol)

= 0,250

Les pressions partielles de H2 et de N2 sont :

2HP = 2H X × Ptotal = (0,750)(866 mm Hg) = 650 mm Hg

2NP = 2N X × Ptotal = (0,250)(866 mm Hg) = 217 mm Hg

4.71 La vitesse d’effusion est égale au nombre de molécules qui passent à travers une barrière

poreuse dans un temps donné. Plus ce temps est long, plus la vitesse des molécules est faible.

L’équation 4.18 du manuel peut donc se réécrire ainsi :

1 2

2 1

v t

v t = = 2

1

M

M

où t 1 et t 2 sont respectivement les temps d’effusion pour les gaz 1 et 2.

La masse molaire de l’azote est 28,02 g/mol. Réécrivons l’équation avec toutes les données. M est

la masse molaire du gaz inconnu :

15,0 min

12,0 min =

28,02 g/molM

En isolant M , on obtient :

M =2

15,0 min

12,0 min⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

× 28,02 g/mol = 43,8 g/mol

Le gaz serait du dioxyde de carbone, CO2, dont la masse molaire est 44,01 g/mol. Au cours de la

fermentation du glucose, le glucose se transforme en éthanol et en dioxyde de carbone.

4.72 La vitesse d’effusion est égale au nombre de molécules qui passent à travers une barrière poreuse

dans un temps donné. La masse molaire de CH4 est 16,04 g/mol. En appliquant l’équation 4.18 du

manuel à ces données, on obtient la masse molaire du Ni(CO) x .

1

2

v

v = 2

1

M

M






3,3

1,0 =

Ni(CO)

16,04 g/mol x

M

10,89 = Ni(CO)

16,04 g/mol x

M

Ni (CO) x M = 174,7 g/mol

Pour trouver la valeur de x , il faut soustraire la masse molaire de Ni du 174,7 g/mol.

174,7 – 58,69 = 116,0 g/mol

Il y a donc 116,0 g de CO par mole du composé. La masse molaire de CO est 28,01 g/mol. Le

nombre de moles de CO se calcule ainsi :

(116,0 g/mol) ÷ (28,01 g/mol) = 4,141 ≈ 4

Il y a donc 4 mol de CO dans 1 mol de composé et, par conséquent, x = 4.

4.73 vquadr = 3 RT M

O2 : vquadr = 1 1

3

3 (8,314 J mol K )(338 K)

32,00 10 kg/mol

− −

−

• •

×

= 513 m/s

UF6 : vquadr = 1 1

3

3 (8,314 J mol K )(338 K)

352,00 10 kg/mol

− −

−

• •

×

= 155 m/s

Comme il fallait s’y attendre, le gaz le plus lourd, UF6, a une vitesse moyenne plus petite que celle

du plus léger, O2.

4.74 DÉMARCHE

Pour calculer la vitesse quadratique moyenne (vquadr), il faut utiliser l’équation 4.17 du manuel.

Quelles devraient être les unités de R et de M pour obtenir vquadr en m/s ?

SOLUTION

Les unités devraient être (1 1

J mol K− −

• • ) et comme 1 J = 1 kg • m2

• s–2

, les unités de la masse

molaire sont des kg/mol.

Calculons d’abord les masses molaires M en kg/mol pour N2, O2 et O3.

2NM = 28,02 g/mol × 1 kg

1 000 g = 0,028 02 kg/mol

2OM = 32,00 g/mol × 1 kg

1 000 g = 0,032 00 kg/mol

3OM = 48,00 g/mol × 1 kg1 000 g

= 0,048 00 kg/mol

Substituons ces valeurs dans l’équation donnant la vitesse quadratique, vquadr = 3 RT M

.

vquadr (N2) = 1 1

3 (8,314 J mol K )(250 K)

0,028 02 kg/mol

− −

• •

= 472 m/s






On répète ce calcul pour O2 et O3 et on obtient :

vquadr (O2) = 441 m/s vquadr (O3) = 360 m/s

VÉRIFICATION

Puisque la masse molaire des gaz s’accroît selon l’ordre suivant : N2 < O2 < O3 , on pouvait prédire

que le gaz le plus léger, l’azote, allait se déplacer en moyenne à la plus grande vitesse et le pluslourd, l’ozone, à la plus petite. Cette prédiction est confirmée par les calculs précédents.

4.79 DÉMARCHE

Il est possible de savoir s’il s’agit d’un gaz parfait en comparant les pressions obtenues en

effectuant les calculs selon la loi des gaz parfaits et selon l’équation de Van der Waals. En quelle

unité la température devrait-elle être ici ?

SOLUTION

Appliquons l’équation de Van der Waals, P =2

2( )nRT an

V nb V −

−, où n = 2,50 mol, V = 5,00 L

et T = 450 K. Les constantes du tableau 4.3 pour le CO2 sont : a = 364 kPa • L2

• mol–2

et b = 0,0427 L/mol.

P = [ ]

1 1 2 2 2

2

(2,50 mol) (8,314 L kPa mol K )(450 K) (3,64 kPa L mol ) (2,50 mol)

(5,00 L) (2,50 mol 0,0427 L/ mol) (5,00 L)

− − −

• • • • •

−

− ×

= 1,82 × 103 kPa − 0,364 kPa = 1,82 103 kPa

Recalculons la pression en appliquant, cette fois, l’équation des gaz parfaits, PV = nRT :

P = nRT

V =

1 1(2,5 mol) (8,314 kPa L mol K ) (450 K)

5,00 L

− −

• • •

= 1,87 103 kPa

Les résultats de ces deux calculs étant très semblables, on peut conclure que dans ces conditions de

température et de pression, le CO2 se comporte comme un gaz parfait.

4.80 DÉMARCHE

Les données de ce problème nous permettent de calculer la pression en supposant qu’il s’agit d’un

gaz parfait. En comparant le résultat de ce calcul avec la pression réelle mesurée, on pourra

conclure s’il s’agit, oui ou non, d’un gaz parfait.

SOLUTION

P = nRT

V =

1 1(10, 0 mol) (8,314 kPa L mol K ) (300 K)

1,50 L

− −

• • •

= 1,66 104 kPa

Comparons le résultat avec la valeur mesurée en calculant le pourcentage d’erreur.

% d’erreur = 4 4

4(1,66 10 kPa) (1,32 10 kPa) 100 %

1,32 10 kPa× − ×

× =

×

26 %

Il ne s’agit pas d’un gaz parfait, car, à haute pression, l’écart entre la pression prévue et la pression

réelle mesurée est trop grand.






4.81 Quand les valeurs de a et de b valent zéro, l’équation de Van der Waals devient tout simplementl’équation des gaz parfaits. Il va donc de soi que les gaz dont les valeurs de a et de b sont les pluspetites auront un comportement se rapprochant le plus de celui des gaz parfaits dans des conditionsdonnées de température et de pression. Dans le choix proposé, le gaz dont les valeurs de a et de b sont les plus petites est le néon, Ne.

Réponses aux problèmes variés

4.82 a) Ni la quantité de gaz contenue dans le pneu ni son volume ne changent de façon appréciable. Lapression est proportionnelle à la température. Ainsi, quand la température s’élève, la pressionaugmente.

b) Quand on frappe un sac de papier qu’on a « gonflé », son volume diminue, donc sa pressionaugmente. Le son est entendu quand le sac se déchire.

c) À mesure que le ballon s’élève, la pression extérieure décroît régulièrement ; c’est pourquoi le

ballon prend de l’expansion.d) La pression est plus forte dans l’ampoule. La différence de pression entre l’intérieur et

l’extérieur de l’ampoule cause ce bruit lors de l’éclatement.

4.83 DÉMARCHE

D’après l’équation équilibrée, nous savons que 4 moles de nitroglycérine produisent 29 moles deproduits gazeux. Pour trouver le volume total de moles de produits, il faudra suivre les étapes suivantes :

g nitroglycérine → mol nitroglycérine → mol produits → volume des produits

Ensuite, on pourra calculer les pressions partielles de chacun des quatre gaz produits.

SOLUTION

? mol produits = 2,6 × 102 g nitro × 1 mol nitro227,1 g nitro

× 29 mol gaz4 mol nitro

= 8,3 mol gaz

V = nRT P

= 1 1(8,3 mol) (8,314 kPa L mol K ) (298 K)

122 kPa

− −

• • •

= 1,7 102 L

Calcul des pressions partielles :

La relation entre la pression partielle et la fraction molaire d’un constituant du mélange gazeuxest Pi = X i PT. Donc, il faut d’abord calculer les fractions molaires.

2CO X =2mol CO

total mol = 12 mol

29 mol = 0,41

On calcule de la même manière les autres fractions molaires.

2H O X = 0,34 2N X = 0,21

2O X = 0,034

Pour chacun des gaz, Pi = X i PT= X i (122 kPa) :

2NP = 0,21 × 122 kPa = 26 kPa2OP = 0,034 × 122 kPa = 4,1 kPa

2H OP = 0,34 × 122 kPa = 41 kPa 2COP = 0,41 × 122 kPa = 50 kPa

4.84 En comparant la masse molaire du gaz avec sa masse molaire empirique, il sera possible dedéterminer sa formule moléculaire.





Problèmes variés 69

n = PV RT

= 1 1

(75 kPa)(0,0972 L)

(8,314 kPa L mol K )(473 K)− −

• • •

= 1,9 × 10–3 mol

masse molaire = 3

0,145 g

1,9 10 mol−

×

= 76 g/mol

D’après la formule empirique CH, la masse molaire empirique est 13,02 g/mol.

Puisque 76 g/mol ÷ 13,02 g/mol = 5,9 6, la formule moléculaire est (CH6) ou C6H6.

4.85 a) NH4NO2(s) → N2(g) + 2H2O(l)

b) Calculons d’abord le nombre de moles d’azote à l’aide de l’équation des gaz parfaits.

n = PV RT

= 1 1

(122 kPa) (0,0862 L)

(8,314 kPa L mol K )(295 K)− −

• • •

= 4,29 × 10–3 mol

Calculons maintenant la masse nécessaire de NH4NO2 pour produire 4,29 × 10–3

mol d’azote.

D’après l’équation équilibrée, une mole de NH4NO2(s) équivaut à une mole de N2(g).

? NH4NO2 = (4,29 × 10–3

mol N2) × 4 2

2

1 mol NH NO

1 mol N × 4 2

4 2

64,05 g NH NO

1 mol NH NO = 0,275 g NH4NO2

4.86 L’équation équilibrée est :

3HCO−

(aq) + H+(aq) → H2O(l) + CO2(g).

La masse de 3HCO− qui a réagi dans un comprimé est :

3,29 g de comprimé ×

332,5 g HCO

100 g de comprimé

−

= 1,07 g 3HCO−

? mol CO2= 1,07 g 3HCO−

× 3

3

1 mol HCO

61,02 g HCO

−

− × 2

3

1 mol CO

1 mol HCO−

= 0,0175 mol CO2

2COV = 2COn RT

P =

1 1(0,0175 mol) (8,314 kPa L mol K ) (310 K)

101,3 kPa

− −

• • •

= 0,445 L ou 445 mL

4.87 Non, parce qu’un gaz parfait ne peut pas être liquéfié ; on suppose qu’il n’y a pas de forces

intermoléculaires qui s’exercent entre ses molécules.

4.88 a) Le nombre de moles de Ni(CO)4 formées est :

? mol Ni(CO)4 = 86,4 g Ni × 1 mol Ni

58,69 g Ni × 41 mol Ni(CO)

1 mol Ni = 1,47 mol Ni(CO)4

La pression de Ni(CO)4 est :

P = nRT V

= 1 1

(1, 47 mol) (8,314 kPa L mol K ) (316 K)4,00 L

− −

• • •

= 9,65 102 kPa

b) Ni(CO)4 se décompose de nouveau en produisant plus de moles de gaz (CO), ce qui fait

augmenter la pression d’une valeur beaucoup plus grande que par simple chauffage du Ni(CO)4

gazeux.

La réaction est :

Ni(CO)4(g) → Ni(s) + 4CO(g)






4.89 La pression partielle du dioxyde de carbone est plus élevée en hiver parce que les plantes en

utilisent moins pour la photosynthèse.

4.90 Selon la loi des gaz parfaits, on peut calculer le nombre de moles de gaz.

n = PV

RT =

1 1

(111 kPa)(0,50 L)

(8,314 kPa L mol K )(298 K)− −

• • •

= 0,022 mol

Le nombre d’Avogadro nous permet ensuite de calculer le nombre de molécules dans 0,022 mol d’air.

? molécules = 0,022 mol × 23

6,022 10 molécules

1 mol

× = 1,3 1022 molécules

Les principaux gaz contenus dans l’air expiré sont CO2, O2, N2 et H2O.

4.91 a) L’équation équilibrée de la réaction est :

2NaHCO3(s) → Na2CO3(s) + CO2(g) + H2O(g)

Calculons le nombre de moles de CO2 produites :

? mol CO2 = 5,0 g NaHCO3 × 3

3

1 mol NaHCO

84,01 g NaHCO × 2

3

1 mol CO

2 mol NaHCO = 0,030 mol

Le volume de CO2 produit se calcule avec l’équation des gaz parfaits en isolant V .

2COV = 2COn RT

P=

1 1(0,030 mol) (8,314 kPa L mol K ) (453 K)

132 kPa

− −

• • •

= 0,86 L

b) L’équation équilibrée de la décomposition de NH4HCO3 est :

NH4HCO3(s) → NH3(g) + CO2(g) + H2O(g)

L’avantage d’utiliser le sel d’ammonium est qu’il produit plus de gaz par gramme de réactif. Le

désavantage est que l’un des gaz produits, l’ammoniac, dégage une odeur désagréable qui n’en

fait pas le meilleur choix pour la cuisson des aliments.

4.92 Masse de l’atmosphère terrestre = (surface de la Terre en cm2) × (masse d’une colonne de 1 cm

2

de section).

Masse d’une colonne d’air de section de 1,00 cm2 :

76,0 cm × 13,6 g/cm3 = 1,03 × 10

3 g/cm

2 ou 1,03 kg/cm

2.

La surface de la Terre en cm2 est :

4π r 2 = 4π (6,371 × 10

8 cm)

2 = 5,10 × 10

18 cm

2.

Donc la masse de l’atmosphère terrestre est (5,10 × 1018 cm2)(1,03 kg/cm2) = 5,25 1018 kg.

4.93 Le nombre de moles de H2 est :

? mol H2 = 3,12 g Al × 1 mol Al

26,98 g Al × 23 mol H

2 mol Al = 0,173 mol H2

Volume de H2 produit selon la loi des gaz parfaits :

2HV = 2 H n RT

P =

1 1(0,173 mol) (8,314 kPa L mol K ) (273 K)

101,3 kPa

− −

• • •

= 3,88 L






4.94 DÉMARCHE

La concentration molaire volumique se calcule en divisant le nombre de moles de NaOH par le

volume de la solution de NaOH. Les moles de NaOH sont trouvées par la relation molaire lors de la

réaction avec le HCl, selon l’équation équilibrée suivante :

NaOH(aq) + HCl(aq) → H2O(l) + NaCl(aq)

SOLUTION

Le nombre de moles de HCl est calculé à l’aide de la loi des gaz parfaits :

V = 0,189 L, T = (25 + 273)K = 298 K et P = 108 mm Hg × 101,3 kPa

760 mm Hg = 14,4 kPa

nHCl = HClPV

RT =

1 1

(14,4 kPa)(0,189 L)

(8,314 kPa L mol K )(298 K)− −

• • •

= 1,10 × 10–3 mol HCl

Calculons le nombre de moles de NaOH selon l’équation équilibrée de la réaction :

? mol NaOH = 1,10 × 10–3 mol HCl × 1 mol NaOH1 mol HCl

= 1,10 × 10–3 mol NaOH

La concentration molaire volumique est :

mol NaOH1 L soln

= 3

1,10 10 mol NaOH

0,0157 L soln

−

× = 0,0701 mol/L

4.95 a) C3H8(g) + 5O2(g) → 3CO2(g) + 4H2O(g)

b) D’après l’équation équilibrée, nous savons que une mole de C3H8 est stœchiométriquement

équivalente à trois moles de CO2.

? L CO2 = 7,45 g C3H8 × 3 8

3 8

1 mol C H

44,09 g C H × 2

3 8

3 mol CO

1 mol C H × 2

2

22,414 L CO

1 mol CO = 11,4 L CO2

4.96 Quand l’eau du compte-gouttes entre dans l’ampoule, du chlorure d’hydrogène se dissout, créant

ainsi un vide partiel. La pression de l’atmosphère pousse donc l’eau dans le tube vertical.

4.97 Calculons le nombre de moles de NO et de O2 initialement présentes à l’aide de l’équation des gaz

parfaits.

nNO = NOP V

RT =

1 1

(50,0 kPa)(4,00 L)

(8,314 kPa L mol K )(298 K)− −

• • •

= 8,07 × 10–2

mol NO

2On = 2OP V

RT =

1 1

(100 kPa)(2,00 L)

(8,314 kPa L mol K )(298 K)− −

• • •

= 8,07 × 10–2 mol O2

Il faut maintenant déduire le réactif limitant. Les nombres de moles de NO et de O2 calculés

précédemment sont égaux, mais l’équation équilibrée nous indique qu’il faut deux fois plus de

moles de NO que de O2 lors de la réaction. NO est donc le réactif limitant.

Calculons le nombre de moles de NO, de O2 et de NO2 une fois la réaction complétée.

mol NO = 0 mol (étant le réactif limitant, il a complètement réagi)

mol NO2 = 0,0807 mol NO × 22 mol NO

2 mol NO = 0,0807 mol NO2

mol de O2 qui ont réagi = 8,07 × 10–2 mol NO × 21 mol O

2 mol NO = 0,0404 mol O2

mol de O2 restantes = (0,0807 mol O2 initial) − (0,0404 mol O2) = 0,0403 mol O2






Calculons les pressions partielles de O2 et de NO2 à l’aide de la loi des gaz parfaits, sachant que le

volume total est (2,00 L + 4,00 L = 6,00 L) et que T (K) = 25° + 273° = 298 K :

2OP = 2On RT

V =

1 1(0,0403 mol ) (8,314 kPa L mol K ) (298 K)

6,00 L

− −

• • •

= 16,6 kPa

2NOP = 2NOn RT

V =

1 1(0,0807 mol ) (8,314 kPa L mol K ) (298 K)

6,00 L

− −

• • •

= 33,3 kPa

4.98 La circonférence du cylindre est 2π r = 2π (15,0 cm ÷ 2) = 47,1 cm

a) Calcul de la vitesse de déplacement de la cible :

vitesse de la cible = circonférence × révolutions/s

= 41,7 cm

1 révolution ×

130 révolutions1 s

× 1 m

100 cm = 61,2 m/s

b) 2,80 cm × 1 m

100 cm ×

1 s61,2 m

= 4,58 10–4

s

c) Les atomes de Bi doivent franchir l’espace à travers le cylindre avant de frapper la cible. Cette

distance est égale au diamètre du cylindre, soit 15,0 cm. Les atomes de Bi franchissent

cette distance en 4,58 × 10–4 s.

4

15,0 cm

4,58 10 s−

×

× 1 m

100 cm = 328 m/s

Comparons cette vitesse avec la vitesse quadratique moyenne :

vquadr= 3 RT M

=1 1

3

3 (8,314 J mol K ) (1 123 K)

209,0 10 kg/mol

− −

−

• •

×

= 366 m/s

Les vitesses ne sont pas identiques, mais l’ordre de grandeur est le même ; ce qui n’est passurprenant puisque 328 m/s est la vitesse d’un seul atome de Bi, alors que la vitesse quadratique

est une moyenne.

4.99 a) CaO(s) + CO2(g) → CaCO3(s)

BaO(s) + CO2(g) → BaCO3(s)

b) D’abord, nous devons trouver le nombre de moles de CO2 consommées lors de la réaction en

calculant le nombre de moles de CO2 initialement présentes dans le ballon, ni, et en comparant

ce nombre avec celui correspondant au nombre de moles de CO2 restant après la réaction, nf .

Convertissons la pression initiale en kPa et trouvons ni d’après la loi des gaz parfaits :

2COP = 746 mm Hg ×

101,3 kPa

760 mm Hg = 99,4 kPa

2CO in = 2COP V

RT =

1 1

(99,4 kPa)(1,46 L)

(8,314 kPa L mol K )(308 K)− −

• • •

= 0,0567 mol CO2

Effectuons les mêmes calculs pour le nombre de mol de CO2 restant :

2 f COP = 252 mm Hg × 101,3 kPa

760 mm Hg = 33,6 kPa






nf =2COP V

RT = 1 1

(33,6 kPa)(1,46 L)

(8,314 kPa L mol K )(308 K)− −

• • •

= 0,0191 mol CO2

Le nombre de mole de CO2 qui a réagi est :

(0,0567 mol – 0,0191 mol) = 0,0376 mol CO2

Puisque le rapport molaire entre CO2 et les deux réactifs (CaO et BaO) est 1 : 1, il y a donc eu

0,0376 mol du mélange qui a dû réagir, et l’on peut écrire :

mol CaO + mol BaO = 0,0376 mol

Soit x, la masse de CaO dans le mélange. La masse de BaO dans le mélange sera alors

(4,88 − x ). On peut écrire :

1 mol CaO 1 mol BaO g CaO (4,88 ) g BaO

56,08 g CaO 155,3 g BaO x x

⎡ ⎤ ⎡ ⎤× + − ×⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

= 0,0376 mol

0,017 83 x − 0,006 523 x + 0,0318 = 0,0376

x = 0,513 g = masse de CaO dans le mélange

masse de BaO dans le mélange = 4,88 – x = 4,37 g

La composition du mélange est :

CaO :0,513

100 %4,88

g

g × = 10,5 % BaO :

4,37100 %

4,88

g

g × = 89,5 %

4.100 a)188 g CO 1 mol CO 1 h

1 h 28,01 g CO 60 min× × = 0,112 mol CO/min

b) 1 000 ppm veut dire qu’il y a 1 000 particules de gaz CO par 1 000 000 de particules d’air. La

pression d’un gaz est directement proportionnelle au nombre de particules de gaz. On peut

calculer la pression partielle du CO en kilopascals, en supposant que la pression atmosphériqueest de 101 kPa.

1000 particules101 kPa =

1000 000 particules × 1,01 × 10–1 kPa

Une pression partielle en CO de l’ordre de 1,0 × 10–1

kPa est létale.

Le volume du garage en litres est :

(6,0 m × 4,0 m × 2,2 m) × ( )3

10 dm1 m

× 3

1 L

dm= 5,3 × 10

4 L

En a), nous avons trouvé la vitesse de production de CO par minute. En une minute, la pressionpartielle du CO sera :

COP = nRT

V =

1 1

4

(0,112 mol ) (8,314 kPa L mol K ) (293 K)

5,3 10 L

− −

• • •

×

= 5,1 × 10–3 kPa CO

Comme il s’agit de CO produit en une minute, on peut écrire 5,1 × 10–3 kPa CO/min.






Le nombre de minutes qu’il faudra pour atteindre le seuil létal, soit 1,0 × 10–1

kPa est :

? min = 1,0 × 10–1

kPa CO × 3

1 min

5,1 10 kPa CO−

×

= 2,0 101 min

4.101 Le volume d’une alvéole est :

V = 343

r π = 34 (0,0050 cm)3π = 5,2 × 10–7 cm3

Ce volume converti en litres donne :

(5,2 × 10–7 cm3) × 3

1 mL

1 cm ×

1 L1 000 mL

= 5,2 × 10–10 L

Le nombre de moles d’air dans une alvéole se calcule à l’aide de l’équation des gaz parfaits :

n= PV

RT =

10

1 1

(101,3 kPa)(5,2 10 L)

(8,314 kPa L mol K )(310 K)

−

− −

• • •

× = 2,0 × 10–11 mol air

Puisque l’air à l’intérieur des alvéoles contient 14 % d’oxygène, le nombre de moles d’oxygène

dans une alvéole est :

(2,0 × 10–11 mol d’air) × 214 % mol O

100 % mol air = 2,8 × 10–12 mol O2

Convertissons en molécules de O2 :

(2,8 × 10–12 mol O2) × 23

2

2

6,022 10 molécules O

1 mol O

× = 1,7 1012 molécules O2

4.102 Au problème 4.92, on a déjà calculé que la masse de l’atmosphère terrestre est de 5,25 × 1018 kg. En

supposant que la masse molaire de l’air est de 29,0 g/mol, nous pouvons calculer le nombre de

molécules contenues dans l’atmosphère.

a) Nombre total de molécules d’air dans l’atmosphère :

(5,25 × 1018

kg air) × 1000 g1 kg

× 1 mol air29,0 g air

× 236,022 10 molécules air

1 mol air×

= 1,09 1044 molécules d’air

b) Calculons d’abord le nombre de moles d’air exhalées à chaque expiration (500 mL = 0,500 L) :

n= PV

RT =

1 1

(101,3 kPa)(0,500 L)

(8,314 kPa L mol K )(310 K)− −

• • •

= 1,96 × 10–2

mol air ou mol air/expiration

Convertissons ensuite en molécules par expiration :

(1,96 × 10–2

mol air/expiration) × 23

6,022 10 molécules air

1 mol air

×

= 1,18 1022 molécules/inhalation ou expiration

c)221,18 10 molécules

1 expiration

× ×

12 expirations1 min

× 60 min

1 h ×

24 h1 j

× 365 j1 an

× 35 ans =

2,60 1030 molécules

d) La fraction des molécules de l’atmosphère respirée par Mozart est :30

44

2,60 10 molécules

1,09 10 molécules

×

×

= 2,39 10–14 ou

14

1

2,39 10−

×

= 4,18 × 1013





Problèmes spéciaux 75

On peut donc affirmer qu’environ 1 molécule d’air par 4 × 1013

molécules a déjà été respirée par

Mozart.

En une seule inspiration contenant 1,18 × 1022

molécules, on respirera en moyenne :

(1,18 × 1022 molécules) × 13

1 molécule d’air déjà expirée par Mozart

4 10 molécules air×

= 3 108 molécules déjà expirées par Mozart.

e) Nous avons fait les suppositions suivantes :

1) L’air se mélange complètement dans l’atmosphère.

2) Il n’y a pas de perte de molécules dans l’espace extraterrestre.

3) Il n’y a pas eu de molécules transformées par le métabolisme, ni par fixation d’azote ou tout

autre phénomène du genre.

4.103 On sait que la vitesse quadratique moyenne (vquadr) d’un gaz vaut3 RT M

.

La vitesse de diffusion (v) est directement proportionnelle à la vitesse quadratique moyenne. Lesgaz qui ont des vitesses plus grandes vont diffuser plus rapidement. Pour deux gaz différents, nous

pouvons écrire ainsi les vitesses de diffusion :

v1 = 3 RT

1M

et v2 = 3 RT

2M

En divisant v1 par v2, on obtient :

1

2

v

v

=

3

3

RT

RT

1

2

M

M

=

3

3

RT

RT

1

2

M

M

=

1

1 1

2

M

M

= 2

1

M

M

Cette relation est-elle logique ? Supposons qu’un gaz 1 est plus léger (doté d’une masse molaire

plus petite) qu’un gaz 2. En divisant la masse molaire ( )2M du gaz plus lourd par la masse molaire

( )1M plus petite du gaz moins lourd, on obtient un nombre plus grand que un, ce qui signifie que

le gaz plus léger diffusera comparativement plus rapidement.

Réponses aux problèmes spéciaux

4.104 a) Non, la température est un concept statistique, domaine qui concerne les grands nombres.

b) 1) Puisque les deux échantillons d’hélium sont à la même température, ils ont les mêmesvitesses quadratiques moyennes et les mêmes énergies cinétiques.

2) Les atomes d’hélium du plus petit volume, V 1, frappent les parois plus souvent. Puisque les

énergies cinétiques sont les mêmes, la force exercée lors des collisions est la même dans

les deux ballons.

c) 1) La vitesse quadratique moyenne est plus grande dans le ballon dont la température, T 2, est la

plus élevée.

2) Les atomes d’hélium à la température la plus élevée, T 2, frappent les parois plus souvent et

avec une force plus grande.






d) 1) Faux. La vitesse quadratique moyenne est plus grande pour le gaz le plus léger, He.2) Vrai. Les gaz sont à la même température.

3) Vrai. vquadr = 1 1

3

3 (8,314 J mol K )(347 K)

4,003 10 kg/mol

− −

−

• •

=

×

31,47 10 m/s

4.105 a) La portion descendante des courbes est due aux attractions intermoléculaires entre les particulesdu gaz. Imaginons qu’une particule s’approche de la paroi du contenant. L’impact tend à êtreréduit par les forces d’attraction intermoléculaires, ce qui a pour effet de causer une pressionmoindre que celle attendue dans le cas d’un gaz parfait. Donc, PV / RT diminue. Par contre, lapartie ascendante des courbes s’explique par le fait que pour de fortes pressions (pour desvolumes plus petits), le volume réel occupé par les molécules gazeuses devient non négligeable.La quantité V dans l’équation des gaz parfaits représente le volume du contenant. À mesure quele volume du contenant décroît, le volume occupé par les particules de gaz devient nonnégligeable, ce qui nous porte à croire que le volume occupé par le gaz est plus grand que levolume attendu, comme s’il s’agissait d’un gaz parfait. Dans ce cas, PV / RT s’accroît. De plus, àhautes pressions, les molécules sont plus rapprochées et les forces répulsives augmentent, ce qui

constitue un autre facteur d’accroissement de PV / RT > 1.b) Pour n = 1, c’est-à-dire pour une mole d’un gaz parfait, PV / RT = 1, peu importe la pression.

À de très faibles valeurs de pression, tous les gaz se comportent comme des gaz parfaits, doncPV / RT tend vers 1 lorsque la pression s’approche de zéro. Au fur et à mesure que la pressions’approche de zéro, le gaz se comporte de plus en plus comme un gaz parfait. Au pointd’intersection, P = 0, il n’y a donc plus de gaz présent. Un gaz ne devient donc pas un gazparfait à cette intersection, mais on peut dire qu’il tend à avoir un comportement de gaz parfait àde très basses pressions.

c) Une intersection avec la droite des gaz parfaits signifie que pour ces conditions PV / RT = 1.Cependant, cela ne veut pas dire que le gaz a un comportement de gaz parfait. Cela est

simplement attribuable au fait qu’à cette valeur particulière de pression les forces d’attractionmoléculaires sont égales aux forces de répulsion moléculaires ; par conséquent, elles s’annulentet l’interaction vaut zéro.

4.106 a) L’équation pour calculer la vitesse quadratique moyenne, vquadr, est l’équation 4.17. Calculonsvpb et vquadr à 25 °C (298 K). Rappelons que la masse molaire de N2 doit être en unités dekg/mol, parce que les unités de R contiennent des joules (J) et que 1 J = 1 kg • m2 /s2

vpb = 2 RT

M vquadr =

3 RT M

vpb =

1 12 (8,314 J mol K )(298 K)

0,028 02 kg/mol

− −

• •

vquadr =

1 13 (8,314 J mol K )(298 K)

0,028 02 kg/mol

− −

• •

vpb 421 m/s vquadr 515 m/s

La vitesse la plus probable sera toujours plus petite que la vitesse quadratique moyenne. On peutdéduire la relation générale suivante entre ces deux vitesses :





Problèmes spéciaux 77

pb

quadr

v

v

=

2

3

RT

RT

M

M

=

2

3

RT

RT

M

M

pbquadr

v

v = 23 = 0,816

Cette relation signifie que la vitesse la plus probable (vpb) vaut 81,6 % de la valeur de la vitessequadratique moyenne (vquadr) à une température donnée.

b) Relation entre les vitesses les plus probables à T 1 et à T 2 :

T1

T2

pb

pb

v

v

=

1

2

2

2

RT

RT

M

M

=

1

2

2

2

RT

RT

M

M

T1

T2

pb

pb

v

v

= 1

2

T

T

À la suite de l’examen des courbes de distribution, nous observons que la vitesse la plusprobable est 500 m/s à T 1 = 300 K et 1 000 m/s à T 2. En substituant ces valeurs de vitesses dansla relation précédente, on obtient :

500 m/s1000 m/s

= 2

300T

(0,5)2 = 2

300T

T 2 = 1 200 K

4.107 a) La figure suivante nous montre que la distance d’approche des deux sphères solides ne peut pasêtre plus petite que 2r (mesurée à partir des centres).

On peut donc imaginer qu’il existe une sphère de rayon 2r qui entoure chacune des sphèressolides et qui en exclut les autres sphères. Le volume exclu par paire d’atomes est :

V exclu/paire = 34 (2 )3

π r = 3323

π r = 8 ( )343

π r

Le volume exclu vaut donc huit fois le volume d’un atome individuel.





b) Le résultat calculé en b) était pour une paire d’atomes. Pour un seul atome, le volume exclu est

deux fois plus petit, soit316

3 π r .

Pour une mole d’atomes, il faut multiplier par N A, le nombre d’Avogadro :

V exclu/ml =

3

A

163 N π r

La somme des volumes d’une mole d’atomes (considérés comme des sphères solides de rayon r )

est3

A

43

N π r . Le volume exclu vaut donc quatre fois celui des sphères.

4.108 La pression et le volume sont constants. Selon l’équation combinée des gaz parfaits (4.9)

1 1 2 2

1 1 2 2

PV PV

n T n T = , si l’on a P1 = P2 et V 1 = V 2, cette équation se simplifie ainsi :

1 1 2 2

1 1n T n T

= ou n1T 1 = n2T 2

Puisque T 1 = 2T 2, par substitution dans n1T 1 = n2T 2, on obtient :2n1T 2 = n2T 2 ou 2n1 = n2

Le nombre de moles de gaz après la fin de la réaction est donc le double du nombre initial, soit

celui avant la réaction. Seul le choix de réponse b) correspond à cette situation.

chimie generale solutionnaire ch 4

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