corrigÉ - chimie en pcsi | lycée jean dautet la...
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Lycée Jean Dautet – La Rochelle - jeudi 28 avril 2016
CHIMIE PCSI
Devoir Surveillé n° 5 – option PSI
Durée du devoir : 2 heures
CORRIGÉ L‘exercice et le problème sont indépendants ; ils peuvent être traités dans un ordre quelconque. Dans le problème, chaque sous-partie est indépendante des autres. Rendez des copies propres, lisibles, et dans lesquelles les numéros des questions seront bien reportés. Un résultat qui ne sera pas entouré ou souligné sera ignoré par le correcteur… Il n’est pas nécessaire de tout traiter pour rendre une bonne copie
PREMIER EXERCICE e3a PC 2015 ETUDE D’UNE PILE À COMBUSTIBLE
Les céramiques : des matériaux traditionnels à l'énergie du futur
Une céramique est un matériau contenant des substances essentiellement inorganiques et non métalliques, dont les propriétés proviennent d'un traitement en température. Ce sujet a pour but d'étudier principalement la chimie d'oxydes utilisés dans des applications céramiques haute performance et traditionnelles. On décrit une pile à combustible dans la partie proposée ci-‐dessous. Les piles à combustibles à oxyde solide 1-‐ A partir des informations du schéma, attribuer et justifier le choix de la cathode et de l'anode aux électrodes 1 et 2, ainsi que le sens de circulation des électrons. Le dihydrogène arrive par l’électrode de gauche, il est oxydé en H2O : l’électrode 1 est l’anode. Le dioxygène arrive par l’électrode de droite, il est réduit en H2O : l’électrode 2 est la cathode. Nous pouvons donc compléter ainsi le schéma de la pile :
2-‐ Ecrire les demi-‐équations électroniques pour chaque couple mis en jeu, quand la pile débite. Le dihydrogène arrive par l’électrode de gauche, il est oxydé en H2O : H2(g) = 2 H+(aq) + 2 e-‐
> >e- e-
Le dioxygène arrive par l’électrode de droite, il est réduit en H2O : O2(g) + 4 H+(aq) + 4 e-‐ = 2 H2O(l) 3-‐ Le réactif qui est oxydé est appelé le combustible de la pile. Parmi les espèces chimiques présentes dans les couples, laquelle constitue le combustible ? Le dihydrogène est le combustible, car c’est lui qui est oxydé, Le dioxygène est le comburant. 4-‐ En déduire l'équation de la réaction modélisant la transformation ayant lieu dans la cellule de réaction. Le bilan des deux demi-‐équations aux électrodes conduit à la réaction de synthèse de l’eau : O2(g) + 2 H2(g) = 2 H2O(l)
DEUXIEME EXERCICE Centrale MP 2015 L’ALUMINIUM DANS L’INDUSTRIE AÉRONAUTIQUE
La croûte terrestre contient 7,5 % d'aluminium. C'est le métal le plus utilisé sur la planète après le fer. La production mondiale progresse chaque année, atteignant 100 tonnes par jour. Ce sujet a pour but d'illustrer quelques aspects de la chimie de ce métal familier. Les quatre parties sont indépendantes.
Données
Constantes :
Constante d'Avogadro : NA = 6,02.1023 mol-1
Constante des gaz parfaits : R = 8,31 J.K-1.mol-1
Constante de Faraday : F = 96 500 C.mol-1
Utilisation de l'aluminium métallique dans l'industrie aéronautique L’aluminium tient une place de choix dans la fabrication des pièces métalliques des avions en particulier sous forme d’alliage. Dans les avions récents comme l’A380, les alliages d’aluminium représentent 75% de la masse de l’avion vide. La sensibilité de ces alliages à la corrosion justifie le nombre élevé d’études récentes dans les laboratoires de recherche, publics et privés. Étude de l’alliage 2024 L’alliage « 2024 » aluminium-cuivre utilisé dans la fabrication des avions. L’alliage 2024 contient essentiellement de l’aluminium et du cuivre à hauteur d’environ 4%.
La composition chimique de cet alliage aluminium-cuivre peut être déterminée par titrage selon le protocole suivant. A) Première phase : Séparation du cuivre et de l’aluminium Après avoir réduit l’alliage à l’état de poudre, une masse m0 = 1,0 g est introduite dans un ballon de 250 mL. 100 mL d’une solution d’hydroxyde de sodium (Na+, HO−) à environ 8 mol.L-1 sont versés sur l’alliage. Quand le dégagement gazeux de dihydrogène tend à diminuer, le contenu du ballon est porté à ébullition pendant 15 minutes. Après refroidissement, le contenu du ballon est filtré. Les particules solides restées sur le filtre sont rincées, puis placées dans un bécher de 200 mL.
1) Pourquoi utilise-t-on l’alliage sous forme de poudre ? Utilisé très finement divisé, la surface d’échange avec la soude devient très grande, et cela augmente considérablement la vitesse de la réaction. C’est donc pour des raisons cinétiques que l’on augmente utilise l’alliage sous une forme très divisée.
Les diagrammes potentiel-pH des éléments aluminium et cuivre ont été tracés pour une concentration en espèces dissoutes égale à 1,0.10−2 mol.L-1 sur chaque frontière (figures 1 et 2). Les frontières associées aux couples de l’eau ont été ajoutées en traits plus fins.
2) Attribuer un domaine à chacune des espèces suivantes : Al(s), AlO2−
(aq), Al3+(aq) et
Al(OH)3(s). Le mieux est de faire un petit tableau prévisionnel :
Espèce Degré d’oxydation Al(s) 0 Al3+(aq) + III
Al(OH)3(s) + III AlO2-‐(aq) + III
Ecrivons aussi des « demi-équations protoniques » : Al3+
(aq) + 3 H2O(l) = Al(OH)3(s) + 3 H+ Al3+
(aq) est donc un acide car il fait céder 3 protons au solvant. (mais attention, il les fait céder sans les prendre, ce n’est donc pas du tout une base !). Al(OH)3(s) prend 3 protons, c’est une base dans ce couple. Al(OH)3(s) = AlO2
-(aq) + H2O(l)+ H+
(aq) Al(OH)3(s) est capable de céder un proton, c’est un acide. Al(OH)3(s) possédant à la fois des propriétés acides et des propriétés basiques est une espèce amphotère.Nous venons de remarquer que Al3+ est un acide, dont la base conjuguée est l’hydroxyde d’aluminium, lui-‐même acide conjugué de Al(OH)4-‐.Par conséquent, nous pouvons dresser le petit tableau prévisionnel et attribuer ensuite chaque domaine à une espèce :
d.o
III Al3+(aq) Al(OH)3(s) AlO2-‐ 0 Al(s) pH
Ainsi, les domaines peuvent être facilement attribués :
3) Retrouver le pH d’apparition du solide Al(OH)3(s) dans une solution contenant les ions Al3+
(aq) à la concentration C = 1,0.10−2 mol⋅L. Lorsque le premier cristal d’hydroxyde d’aluminium apparaît, alors le quotient réactionnel est égal à Ks :
𝑨𝒍𝟑! 𝑯𝑶! 𝟑
𝒄°𝟒 = 𝑲𝒔 Et quand le premier cristal apparait, on peut considérer que la concentration des ions aluminium est encore égale à C :
𝐶. 𝐻𝑂! !
𝑐°! = 𝐾𝑠 Ainsi :
1,0.10!!. 𝐻𝑂! !
𝑐°! = 1,0.10!!" Ce qui conduit à : !"
! !
!°!= 1,0.10!!"
[HO-] = 1,0.10-10 mol.L-1 Soit : pH = 4,0, et c’est bien la valeur du diagramme potentiel-pH.
4) Déterminer la valeur théorique de la pente de la frontière séparant les domaines de stabilité
des espèces Cu2+(aq) et Cu2O(s).
Al3+(aq) Al(OH)3(s)AlO2-(aq)
Al(s)
Ecrivons la demi-équation électronique du couple Cu2+
(aq) et Cu2O(s) : 2 Cu2+
(aq) + 2 e- + H2O(l) = Cu2O(s) + 2 H+
Relation de Nernst en utilisant RT/F Ln x :
𝑬 = 𝑬°+ 𝑹𝑻𝟐𝑭 𝑳𝒏
[𝑪𝒖𝟐!]𝑯! 𝟐
soit :
𝐸 = 𝐸°+ 𝑅𝑇𝐿𝑛102𝐹 𝐿𝑜𝑔
[𝐶𝑢!!]𝐻! !
𝐸 = 𝐸°+ 𝑅𝑇𝐿𝑛10
𝐹 𝐿𝑜𝑔 [𝐶𝑢!!] °+ 𝑅𝑇𝐿𝑛10
𝐹 𝐿𝑜𝑔1𝐻! !
𝐸 = 𝜆 + 𝑅𝑇𝐿𝑛102𝐹 𝐿𝑜𝑔
1𝐻! ! 𝐸 = 𝜆 +
𝑅𝑇𝐿𝑛10𝐹 .𝑝𝐻
La pente vaut donc : + !"#$!"
! 𝑉
Soit pente = + 0,06 V à 298 K
5) Au moyen des deux diagrammes potentiel-pH, justifier l’utilisation du traitement par la
soude pour séparer les éléments aluminium et cuivre. Écrire l’équation de la (ou des) réaction(s) qui ont lieu au cours de cette phase.
Al et H2O n’ont aucun domaine de stabilité commun, et en particulier en milieu basique. Donc en milieu basique, Al va être oxydé en AlO2
-, et l’eau est réduite en dihydrogène, ce que nous dit l’énoncé. La réaction observée est :
Al(s)
H2O
[1] : Al(s) + 2 H2O(l) = AlO2- + 4 H+ + 3 e-
[2] : 2 H+ + 2 e- = H2(g) Ainsi : 2x[1] + 3x[2] donne :
2 Al(s) + 4 H2O(l) = 2 AlO2- + 2 H+ + 3 H2(g)
Mais le milieu est très basique, donc réécrivons cette équation avec des ions HO- plutôt qu’avec des ions H+ :
2 Al(s) + 2 HO- + 2 H2O(l) = 2 AlO2- + 3 H2(g)
Qu’en est-il pour Cu ?
On remarque que Cu(s) a un domaine de stabilité commun avec celui de l’eau, y compris en milieu basique. Il ne sera donc pas attaqué par l’eau en milieu basique. En conclusion : Al est oxydé en milieu très basique tandis que Cu n’est pas oxydé. Grâce à ce traitement en milieu très basique, on peut donc oxyder sélectivement Al, et donc séparer les deux éléments métalliques.
6) Pourquoi est-il judicieux de travailler en milieu très basique plutôt que neutre ?
En milieu neutre, Al serait oxydé en un solide, Al(OH)3(s), ce qui rendrait difficile la séparation des deux solides Cu et Al(OH)3(s). En milieu très basique, Al est oxydé en une espèce soluble qui est donc facilement éliminé avec l’eau, par lavage par exemple.
7) Quel peut être l’intérêt de porter le mélange à ébullition quand le dégagement gazeux faiblit ? Le chauffage en fin de traitement est là pour augmenter la vitesse de la réaction, et donc pour achever rapidement l’oxydation, la température étant un facteur cinétique.
B) Deuxième phase : Dissolution du cuivre Le cuivre solide Cu(s) récupéré à l’issue de la première phase est totalement dissout au moyen de 10 mL d’une solution d’acide nitrique concentrée (H+
(aq) + NO3−
(aq)). Un dégagement gazeux de monoxyde d’azote NO est observé.
8) Écrire l’équation (R1) de la réaction de dissolution du cuivre Cu(s) en présence d’acide nitrique. Proposons les deux demi-équations électroniques : Cu2+ + 2 e- = Cu(s) [1] NO3
−(aq) + 4 H+
(aq) + 3 e- = NO(g) + 2 H2O(l) [2] Effectuons 2x[2] – 3x[1] :
3 Cu(s) + 2 NO3−
(aq) + 8 H+(aq) = 3 Cu2+
(aq) + 2 NO(g) + 4 H2O(l)
C) Troisième phase : Dosage du cuivre dans l’alliage Après addition d’une quantité excédentaire d’iodure de potassium (K+, I−), la solution prend une coloration brune attribuable à la formation de diiode I2. Ce dernier est ensuite dosé par une solution aqueuse de thiosulfate de sodium (2Na+, S2O3
2-) à C1 = 5,0×10−2 mol.L−1. L’équivalence est détectée pour un volume versé V1 = 12,5mL. Les équations des réactions supposées totales qui ont lieu pendant cette phase sont :
2 Cu2+
(aq) + 4 I−(aq) 2 CuI(s) + I2 (aq) (R2) 2 S2O3
2−(aq) + I2 (aq) S4O6
2−(aq) + 2 I−(aq) (R3)
9) Justifier, par un calcul, le caractère total de la réaction (R3).
Le calcul demandé est celui de la constante d’équilibre : Les deux demi-équations électroniques sont : I2 + 2 e- + 2 I- 𝐸! = 𝐸°! +
!"!!𝐿𝑛 [!!]
!! !
S4O62- + 2 e- = S2O3
2- 𝐸! = 𝐸°! + !"!!𝐿𝑛 [!!!!!!]
[!!!!!!]!
Et K° a pour expression :
𝑲° = [𝑺𝟒𝑶𝟔𝟐!][𝑺𝟐𝑶𝟑𝟐!]𝟐
𝑰! 𝟐
[𝑰𝟐]
Utilisons l’unicité du potentiel d’électrode à l’équilibre :
𝐸! = 𝐸°! + 𝑅𝑇2𝐹 𝐿𝑛
[𝐼!]𝐼! ! = 𝐸°! +
𝑅𝑇2𝐹 𝐿𝑛
[𝑆!𝑂!!!][𝑆!𝑂!!!]!
d’où :
𝐸°! − 𝐸°! = 𝑅𝑇2𝐹 𝐿𝑛
[𝑆!𝑂!!!][𝑆!𝑂!!!]!
𝐼! !
[𝐼!]
𝐸°! − 𝐸°! = 𝑅𝑇2𝐹 𝐿𝑛 𝐾°
Soit : 𝐸°! − 𝐸°! =
!"!!𝐿𝑛 𝐾° 𝐿𝑛 𝐾° = !!
!"(𝐸°! − 𝐸°!)
𝐿𝑛 𝐾° = 2𝐹𝑅𝑇 𝐸°! − 𝐸°! 𝐿𝑜𝑔 𝐾° =
2𝐹𝑅𝑇𝐿𝑛10 (𝐸°! − 𝐸°!)
A T = 298 K :
𝐿𝑜𝑔 𝐾° = 20,06 (𝐸°! − 𝐸°!)
𝐿𝑜𝑔 𝐾° = 20,06 (0,62− 0,08)
𝑳𝒐𝒈 𝑲° = 𝟏𝟖
K° = 1018 : la réaction est bien totale.
10) Exprimer la quantité de diiode nI2 formé au cours de la réaction (R2) en fonction de la
quantité de Cu2+ initial nCu2+. D’après (R2), nI2 = nCu2+/2
11) Ecrire la relation traduisant l’équivalence de la réaction (R3).
A l’équivalence : nS2O32- = 2. nI2
12) Déduire des résultats du dosage et des questions précédentes le pourcentage massique de cuivre dans l’alliage dosé. D’après les deux questions précédentes, nS2O32- = 2. nI2 nS2O32- = 2. nCu2+/2 nS2O32- = nCu2+ Dans 1 g d’alliage, la quantité de matière de cuivre est : nCu = nCu2+ = nS2O32- = C1.V1 nCu = 5,0.10-2 x 12,5.10-3 nCu = 6,25.10-4 mol
Il y a donc une masse ce cuivre égale à : mCu = nCu .MCu = 0,039 = 0,04 g 0,04 g sur une masse d’allaige de 1 g : cela représente un pourcentage égal = 100x0,04/1 L’alliage contient 4 % de cuivre. C’est ce qu’indiquait d’ailleurs le début de l’exercice.
13) Serait-il utile de répéter une nouvelle fois ce dosage ? Si oui, pourquoi ? Comme tout titrage, il faudrait faire deux titrages pour avoir des résultats concordants. Erreurs sur le premier titrage ? Equivalence difficile à détecter ?? Plusieurs raisons peuvent justifier le fait qu’il faille faire plusieurs titrages.
Données : Constante des gaz parfaits : R = 8,31 J.K-1.mol-1 Potentiel standard d’oxydoréduction : Al3+/Al(s) H+/H2(g) Cu2+/Cu(s) S4O6
2-/S2O32- I2/I- NO3
-/NO(g) O2(g)/H2O(l) E°(V) -1,66 0,00 0,34 0,080 0,62 0,96 1,23
Produit de solubilité de l’hydroxyde d’aluminium Al(OH)3(s) :
Al(OH)3(s) = Al3+(aq) + 3 HO-
(aq) Ks = 1.10-32 pKs = 32 Produit ionique de l’eau :
2 H2O(l) = H3O+(aq) + HO-
(aq) Ke = 1.10-14 pKe = 14 Masse molaire du cuivre :
M(Cu) = 63,5 g.mol-1.
TROISIEME EXERCICE Mines-‐Ponts PSI 2015 OBTENTION DU LITHIUM
Des données utiles pour la résolution du problème sont fournies à la fin de l’énoncé. Le Grand prix de Formule E qui s’est déroulé à Paris le dimanche 24 avril 2016 est une course de voitures électriques qui utilisent des batteries à base de lithium. Le sujet vise à commenter et
approfondir le contenu d’un article scientifique concernant précisément le lithium et sa métallurgie. Référence de l’article : BLAZY Pierre, JDID El-‐Aïd, « Métallurgie du lithium », Techniques de l’ingénieur, 2011 Dans un souci de simplification, certaines parties de l’article ont été éludées et certains termes modifiés pour rendre les raccords intelligibles, sans que le contenu scientifique ne soit changé.
A) Généralités Document 1 : Extrait de l’article « Le lithium a été découvert en 1817 par Johann August Arfvedson dans un silicate d’aluminium naturel : la pétalite. Jöns Jacob Berzelius donna au nouvel élément le nom de lithium (du grec lithos = pierre) pour rappeler son origine minérale.[…] Le développement de nouvelles applications du lithium dans les années 1970 à 1975 a relancé les exploitations minières en Australie, au Canada, au Zimbabwe et en Chine. […]. Le lithium, symbole Li, a pour numéro atomique Z = 3. Le lithium métallique réagit peu avec l’eau ». Le lithium réagit avec l’eau en milieu acide pour donner des ions lithium. 1) Ecrire l’équation (1) de la réaction du lithium avec l’eau en milieu acide en prenant un
coefficient stœchiométrique de 1 pour le lithium. En combinant les deux demi-‐équations électroniques, la réaction est la suivante :
Li(s) + H+(aq) = Li+(aq) + ½ H2(g)
2) Calculer la constante d’équilibre de la réaction (1). La réaction est-‐elle attendue totale ? On utilise là aussi l’unicité du potentiel d’électrode à l’équilibre :
𝐸! = 𝐸°! + 0,06. 𝐿𝑜𝑔𝐿𝑖!
𝑐° = 𝐸°! + 0,06. 𝐿𝑜𝑔𝐻!
𝑃!!𝑃°
!!
d’où :
𝐸°! − 𝐸°! = 0,06. 𝐿𝑜𝑔𝐿𝑖!
𝑐°
𝑃!!𝑃°
!!
𝐻!
𝐸°! − 𝐸°! = 0,06. 𝐿𝑜𝑔 𝐾° Soit : 𝐿𝑜𝑔 𝐾° = !
!,!"𝐸°! − 𝐸°!
𝐿𝑜𝑔 𝐾° = !!,!"
(0,0− (−3,0)) 𝐿𝑜𝑔 𝐾° = 50
𝑲° = 𝟏𝟎𝟓𝟎
La réaction est quantitative, elle est totale.
3) Proposer une interprétation de l’assertion « Le lithium réagit peu avec l’eau ».
Si le lithium réagit peu, c’est qu’il y a un problème cinétique : la réaction d’oxydation du lithium est sans doute assez lente.
B) Elaboration du lithium à partir du minerai : passage par des composés intermédiaires. Document 2 : Extrait des « Techniques de l’ingénieur » « Le lithium est présent dans la lithosphère à une concentration de l’ordre de 60 ppm. Il existe plus d’une centaine d’espèces minérales contenant Li, dont environ 25 titrent plus de 2% en Li2O. Les trois principaux minéraux du lithium sont des aluminosilicates (exemple : le spodumène de formule {4SiO2.Al2O3.Li2O}).[…]. Le spodumène est broyé dans un broyeur à boulets dans lequel est ajouté de l’acide sulfurique H2SO4 à 93% en excès par rapport à la stœchiométrie de la réaction ci-‐dessous.[…]. Cette lixiviation avec de l’eau met en solution le lithium.
{4SiO2.Al2O3.Li2O} + 8 H+ = 2 Li+ + 2 Al3+ + 4 SiO2 + 4 H2O (2)
Les impuretés Mg, Ca, Al et Fe sont précipitées par neutralisation à la chaux, puis le lithium est précipité par du carbonate de sodium Na2CO3 à l’état de carbonate de lithium. […]. Le carbonate de lithium purifié est transformé en chlorure par réaction avec l’acide chlorhydrique.
4) En considérant la réaction (2) comme totale, quel est le volume minimal d’acide
sulfurique à 93% nécessaire pour dissoudre 1 mole de spodumène ? Pour simplifier on considérera que les 2 acidités sont fortes, c’est à dire que l’acide sulfurique se comporte comme un diacide fort. D’après l’équation : {4SiO2.Al2O3.Li2O} + 8 H+ = 2 Li+ + 2 Al3+ + 4 SiO2 + 4 H2O il faut 8 mol de H+ pour 1 mol de spodumène comme H2SO4 est considéré comme un diacide, 4 mol de H2SO4 suffiront.
Or la densité de la solution d’acide est d = 2 : 1 L pèse donc 2 kg. Mais elle contient l’acide avec une teneur massique égale à 93 % Donc 93 % de la masse de la solution utilisée est de l’acide sulfurique. Il nous faut 4 mol d’acide soit une masse m = 4x98 = 392 g Et 392 = 0,93 x m(solution) Donc on utilisera m(solution) = 392/0,93 = 421 g 1 L pèse 2 kg il nous faut donc un volume V(solution) = 1 x 421/2000 = 0,21 L Nous utiliserons 0,21 L d’acide.
5) Sous quelle forme les impuretés précipitent-‐elles lors de la neutralisation à la chaux ? Pourquoi le lithium ne précipite-‐t-‐il pas lors de cette étape ? Si on neutralise à la chaux, la chaux étant une base qui contient donc l’ion HO-‐, alors les cations vont précipiter sous la forme d’hydroxydes. Si l’hydroxyde de lithium ne précipite pas, c’est parce qu’il est très très soluble en milieu aqueux, même très basique visiblement. C’est un peu la même chose avec l’hydroxyde de sodium NaOH(s), autre hydroxyde d’un alcalin, très soluble.
6) Lors de l’étape de précipitation des impuretés, que l’on assimilera aux seuls ions
aluminium, calculer le pH à atteindre pour commencer à précipiter les ions aluminium ainsi que le pH à atteindre pour précipiter 99,9 % des ions aluminium initialement présents (on considérera une solution initiale contenant des ions Li+ à 0,1 mol.L-‐1 et l’impureté Al3+ à hauteur de 1% en quantité de matière ; on négligera la dilution). Etudions la précipitation des ions Al3+ : il y en a 1% de la quantité de matière de Li+, soit : [Al3+]0 = 0,01 x 0,1 = 10-‐3 mol.L-‐1. Et Al(OH)3(s) apparaît si le quotient réactionnel Q associé à la réaction Al(OH)3(s) = Al3+ + 3 HO-‐ atteint la valeur Ks. Donc quand les ions Al3+ commencent à précipiter : Q0 = [Al3+]0.[OH-‐]3 = Ks et comme ils commencent juste à précipiter : [Al3+]0 = [Al3+] Ainsi : 10-‐3. [OH-‐]3 = Ks = 10-‐33 10-‐3. [OH-‐]3 = Ks = 10-‐33
[OH-‐]3 = 10-‐30 [OH-‐] = 10-‐10 mol.L-‐1
comme [H+].[OH-‐] = Ke = 10-‐14, on en déduit que : [H+] = 10-‐4 mol.L-‐1
et par suite : pH = -‐Log([H+]) pH = 4
Lorsque 99,9 % des ions seront précipités, raisonnons de la même façon il en restera 0,01 % en solution soit : [Al3+]0 = 0,001 x 0,001 = 10-‐6 mol.L-‐1. L’équilibre de précipitation sera forcément atteint, donc : Ainsi : 10-‐6. [OH-‐]3 = Ks = 10-‐33 [OH-‐]3 = 10-‐27
[OH-‐]3 = 10-‐27 [OH-‐] = 10-‐9 mol.L-‐1
comme [H+].[OH-‐] = Ke = 10-‐14, on en déduit que : [H+] = 10-‐5 mol.L-‐1
et par suite : pH = -‐Log([H+]) pH = 5
Le carbonate de lithium est un composé peu soluble dans l’eau. Sa solubilité est de l’ordre de 0,2 mol.L-‐1 à 20°C et de 0,1 mol.L-‐1 à 100°C.
7) Le carbonate de lithium est-‐il plus ou moins soluble que le carbonate de sodium ? Justifier. Si le carbonate de sodium est utilisé pour faire précipiter le carbonate de lithium, cela veut dire que le carbonate de lithium est beaucoup moins soluble que le carbonate de sodium.
8) Ecrire l’équation de la réaction (3) de dissolution du carbonate de lithium.
Transformé par l’acide chlorhydrique, le carbonate de lithium passe en solution :
Li2(CO3)(s) + 2H+ = 2Li+ + H2O + CO2(g)
Données :
Constante de Nernst à 298 K :
Masses molaires : H : 1,0 g.mol-‐1 ; C : 12,0 g.mol-‐1 ; O : 16,0 g.mol-‐1 ; Cl : 35,5 g.mol-‐1
H2SO4 : 98 g.mol-‐1 Densité d’une solution d’acide sulfurique à 93% en masse : ≈ 2 Produit de solubilité à 25°C : Al(OH)3(s) : Ks = 1.10-‐33 Potentiels standard à 25°C et pH = 0 : Li+(aq)/Li(s) : -‐ 3,0 V H+
(aq)/H2(g) : 0,0 V Cl2(g)/Cl-‐(aq) : 1,4 V Dans un souci de simplification, on utilisera ces valeurs de potentiel sur l’ensemble du sujet quelles que soient les phases des espèces et la température.
Fin du corrigé
€
RTFln10 = 0,06V