QCM : Complexes, thermodynamique et solutions (44 questions)

Questions et réponses du QCM

1. Dans la description quantique d’un atome, on compare les nombres quantiques et la forme des orbitales. Quelles sont les réponses exactes ?

Les orbitales p sont au nombre de trois et possèdent une forme en haltères.
Les orbitales s présentent une symétrie sphérique autour du noyau.
Pour l=2l=2, le nombre d’orbitales associé vaut cinq, selon la relation 2l+12l+1.
Le nombre quantique de spin peut prendre les valeurs +12+\frac{1}{2} et −12-\frac{1}{2}.
Les orbitales d ont une forme d’haltères croisées, tandis que les orbitales f sont multilobées complexes.

Les orbitales p sont au nombre de trois et possèdent une forme en haltères. · Les orbitales s présentent une symétrie sphérique autour du noyau. · Pour $$l=2$$, le nombre d’orbitales associé vaut cinq, selon la relation $$2l+1$$. · Le nombre quantique de spin peut prendre les valeurs $$+\frac{1}{2}$$ et $$-\frac{1}{2}$$. · Les orbitales d ont une forme d’haltères croisées, tandis que les orbitales f sont multilobées complexes.

Explication

La relation 2l+12l+1 donne cinq orbitales pour l=2l=2, et le spin prend les valeurs +12+\frac{1}{2} et −12-\frac{1}{2}. Les formes correspondent aux descriptions données : sphérique pour s, en haltères pour p, en haltères croisées pour d et multilobées complexes pour f.

2. Dans une molécule diatomique formée à partir de deux orbitales 1s, le décompte donne trois électrons liants et un électron antiliant. Concernant les orbitales moléculaires et l’ordre de liaison :

L’ordre de liaison calculé est 11, soit la moitié de la différence entre les deux effectifs.
Les électrons occupent d’abord les orbitales moléculaires de plus basse énergie, sous réserve des règles de Pauli et de Hund.
Avec ces effectifs, l’ordre de liaison vaut 22, car les électrons antiliants s’ajoutent aux liants.
Pour deux orbitales 1s, la combinaison produit deux orbitales liantes de même énergie.
La combinaison des deux orbitales 1s de H₂ produit une orbitale liante σ\sigma et une antiliante σ∗\sigma^*.

L’ordre de liaison calculé est $$1$$, soit la moitié de la différence entre les deux effectifs. · Les électrons occupent d’abord les orbitales moléculaires de plus basse énergie, sous réserve des règles de Pauli et de Hund. · La combinaison des deux orbitales 1s de H₂ produit une orbitale liante $$\sigma$$ et une antiliante $$\sigma^*$$.

Explication

L’ordre de liaison vaut 3−12=1\frac{3-1}{2}=1. Deux orbitales 1s donnent une orbitale liante σ\sigma et une antiliante σ∗\sigma^* ; le remplissage commence par les niveaux de plus basse énergie en respectant Pauli et Hund. Les électrons antiliants sont soustraits dans le calcul, et la combinaison ne produit pas deux orbitales liantes.

3. Lorsqu’on compare des molécules diatomiques, quel énoncé décrit correctement le lien entre ordre de liaison et stabilité ?

He₂ possède un ordre de liaison de 0,50,5 et gagne ainsi en stabilité par rapport aux atomes isolés.
Un ordre de liaison plus faible correspond à une liaison plus stable que celle d’ordre supérieur.
L’ordre de liaison de H₂ vaut 11, tandis que celui de H₂⁺ vaut 0,50,5.
La construction des orbitales moléculaires ne retient que les électrons de valence.
Une molécule dont l’ordre de liaison est nul ne possède pas de liaison selon ce critère.

L’ordre de liaison de H₂ vaut $$1$$, tandis que celui de H₂⁺ vaut $$0,5$$. · La construction des orbitales moléculaires ne retient que les électrons de valence. · Une molécule dont l’ordre de liaison est nul ne possède pas de liaison selon ce critère.

Explication

Un ordre nul signifie que la liaison n’existe pas, et un ordre plus élevé correspond à une liaison plus stable. Les valeurs sont OL(H2)=1OL(H_2)=1 et OL(H2+)=0,5OL(H_2^+)=0,5 ; la construction des orbitales moléculaires ne prend en compte que les électrons de valence. He₂ a un ordre nul et n’apporte aucun gain de stabilité.

4. On compare O₂ et F₂ à partir de leurs occupations moléculaires et de leur spin total. Quelles propositions sont exactes ?

Dans O₂, le spin total nul entraîne un comportement diamagnétique.
Dans O₂, huit électrons liants et quatre antiliants donnent un ordre de liaison égal à 22.
Un recouvrement axial d’orbitales de même signe de symétrie forme une orbitale σ\sigma et une liaison très stable.
Le recouvrement latéral de deux orbitales p forme une liaison π\pi relativement plus stable qu’une liaison σ\sigma.
Dans F₂, l’ordre de liaison vaut 11 et son spin total nul rend la molécule diamagnétique.

Dans O₂, huit électrons liants et quatre antiliants donnent un ordre de liaison égal à $$2$$. · Un recouvrement axial d’orbitales de même signe de symétrie forme une orbitale $$\sigma$$ et une liaison très stable. · Dans F₂, l’ordre de liaison vaut $$1$$ et son spin total nul rend la molécule diamagnétique.

Explication

Pour O₂, OL=8−42=2OL=\frac{8-4}{2}=2 et le spin total S=1S=1 rend la molécule paramagnétique. Le recouvrement axial donne une liaison σ très stable ; dans F₂, OL=8−62=1OL=\frac{8-6}{2}=1 et S=0S=0, donc la molécule est diamagnétique. Le recouvrement latéral forme une liaison π relativement faible.

5. Pour comparer les géométries de BeH2, BH3, CH4 et NH3, quelles propositions sont exactes ?

Dans BeH2, l’hybridation sp donne deux liaisons identiques et une géométrie linéaire.
Dans NH3, le doublet libre réduit l’angle N–H à environ 107,5∘107{,}5^\circ.
Dans BH3, l’hybridation sp2 conduit à une molécule plane aux angles de 120∘120^\circ.
Dans CH4, l’hybridation sp3 produit quatre liaisons C–H identiques avec des angles de 120∘120^\circ.
Dans CH4, l’hybridation sp3 produit quatre liaisons C–H identiques en géométrie tétraédrique.

Dans BeH2, l’hybridation sp donne deux liaisons identiques et une géométrie linéaire. · Dans NH3, le doublet libre réduit l’angle N–H à environ $$107{,}5^\circ$$. · Dans BH3, l’hybridation sp2 conduit à une molécule plane aux angles de $$120^\circ$$. · Dans CH4, l’hybridation sp3 produit quatre liaisons C–H identiques en géométrie tétraédrique.

Explication

BeH2 est linéaire avec deux liaisons identiques. Dans NH3, le doublet libre repousse les liaisons et réduit leur angle à environ 107,5∘107{,}5^\circ. BH3 est plan avec des angles de 120∘120^\circ. Dans CH4, l’hybridation sp3 produit quatre liaisons C–H identiques en géométrie tétraédrique, avec des angles de 109∘109^\circ, et non de 120∘120^\circ.

6. Concernant les molécules polyatomiques C2H4, C6H6 et H2O :

Dans C2H4, la liaison C–C π empêche la rotation libre des deux carbones.
Dans C2H4, chaque carbone sp2 forme deux liaisons C–H σ et une liaison C–C σ.
Dans H2O, la répulsion des doublets libres réduit l’angle O–H à 104,5∘104{,}5^\circ.
Dans le benzène, les carbones sp2 occupent les sommets d’un hexagone plan.
Dans C6H6, trois doublets π se délocalisent sur les liaisons C–C du cycle.

Dans C2H4, la liaison C–C π empêche la rotation libre des deux carbones. · Dans C2H4, chaque carbone sp2 forme deux liaisons C–H σ et une liaison C–C σ. · Dans H2O, la répulsion des doublets libres réduit l’angle O–H à $$104{,}5^\circ$$. · Dans le benzène, les carbones sp2 occupent les sommets d’un hexagone plan. · Dans C6H6, trois doublets π se délocalisent sur les liaisons C–C du cycle.

Explication

Dans l’éthylène, chaque carbone sp2 forme deux liaisons C–H σ, une liaison C–C σ et une liaison C–C π; cette double liaison empêche la libre rotation. Le benzène est un cycle hexagonal plan dont les trois doublets π sont délocalisés, tandis que dans H2O les doublets libres réduisent l’angle à 104,5∘104{,}5^\circ.

7. Parmi les propositions suivantes concernant la constitution et les ligands des complexes, lesquelles sont exactes ?

Les ligands d’un complexe sont reliés au centre par des liaisons covalentes ordinaires.
Un ligand anionique comme Cl− est exclu des constituants possibles d’un complexe.
Les éléments de transition peuvent avoir des orbitales d ou f incomplètement remplies.
Un ligand peut être une molécule neutre telle que H2O ou NH3.
Un complexe associe un métal central ou un ion métallique à des espèces appelées ligands.

Les éléments de transition peuvent avoir des orbitales d ou f incomplètement remplies. · Un ligand peut être une molécule neutre telle que H2O ou NH3. · Un complexe associe un métal central ou un ion métallique à des espèces appelées ligands.

Explication

Un complexe comprend un métal ou ion métallique central associé à des ligands, liés au centre par coordination. Les ligands peuvent être neutres, comme H2O ou NH3, ou anioniques, comme Cl−; les éléments de transition peuvent présenter des orbitales d ou f incomplètement remplies à l’état fondamental ou après oxydation.

8. Dans un complexe ionique, quelle(s) proposition(s) décrit (décrivent) correctement la liaison de coordination et la détermination des charges ?

La charge globale du complexe correspond à la charge métallique seule, indépendamment des ligands ioniques.
Le donneur fournit un doublet libre de valence que l’accepteur reçoit dans une orbitale libre.
Pour un complexe ionique, la somme des nombres d’oxydation des constituants doit être nulle.
Pour un complexe de charge +2+2, la somme des nombres d’oxydation des constituants vaut +2+2.
Le doublet de la liaison est fourni par l’accepteur à une orbitale libre du donneur.

Le donneur fournit un doublet libre de valence que l’accepteur reçoit dans une orbitale libre. · Pour un complexe de charge $$+2$$, la somme des nombres d’oxydation des constituants vaut $$+2$$.

Explication

Le donneur fournit son doublet libre à une orbitale de valence libre de l’accepteur. Dans un complexe ionique de charge +2+2, la somme des nombres d’oxydation vaut +2+2; la charge globale inclut les charges des ligands ioniques, et la condition de somme nulle concerne les complexes neutres.

9. Dans [Pt(NH₃)₂Cl₂], quelles propositions décrivent correctement l’indice de coordination et le complexe ?

Dans [Pt(NH₃)₂Cl₂], le nombre d’oxydation du platine est égal à +4.
Les valeurs les plus fréquentes de l’indice de coordination sont trois, quatre et six.
Le complexe [Pt(NH₃)₂Cl₂] est neutre et présente un indice de coordination égal à quatre.
L’indice de coordination compte les liaisons entre le métal central et ses ligands.
L’indice de coordination correspond au nombre de ligands présents dans la formule du complexe.

Le complexe [Pt(NH₃)₂Cl₂] est neutre et présente un indice de coordination égal à quatre. · L’indice de coordination compte les liaisons entre le métal central et ses ligands.

Explication

L’indice de coordination dénombre les liaisons entre l’atome central et les ligands ; ses valeurs fréquentes sont 2, 4 et 6. [Pt(NH₃)₂Cl₂] est neutre, son indice vaut 4 et le platine est au degré d’oxydation +2.

10. On compare des complexes dont les ligands sont I⁻, H₂O et CN⁻, avec des métaux de configurations d² ou d⁶. Quelles propositions sont exactes ?

Pour un métal de configuration d⁶, les ligands ne modifient pas le spin total.
Dans la série spectrochimique, I⁻ exerce un champ plus faible que H₂O.
Dans la série spectrochimique, CN⁻ exerce un champ plus faible que NH₃.
Dans [Fe(H₂O)₆]²⁺, le fer est Fe²⁺ et les molécules d’eau sont neutres.
Pour un métal de configuration d², la force des ligands n’influence pas le spin total.

Dans la série spectrochimique, I⁻ exerce un champ plus faible que H₂O. · Dans [Fe(H₂O)₆]²⁺, le fer est Fe²⁺ et les molécules d’eau sont neutres. · Pour un métal de configuration d², la force des ligands n’influence pas le spin total.

Explication

I⁻ se situe avant H₂O dans la série, donc son champ est plus faible ; CN⁻ se situe au contraire après NH₃. La règle d’insensibilité du spin concerne les configurations d¹ à d³ incluses, pas d⁶. Dans [Fe(H₂O)₆]²⁺, le fer est Fe²⁺ et H₂O est neutre.

11. Dans le modèle présenté, on compare [Fe(H₂O)₆]²⁺ en champ faible et en champ fort. Quelles propositions décrivent correctement le complexe en champ faible ?

En champ faible, ce complexe est paramagnétique et possède un spin total égal à S=42S=\frac{4}{2}.
En champ fort, le complexe est paramagnétique et son spin total est non nul.
En champ faible, le complexe est diamagnétique et son spin total est nul.
En champ fort, le complexe possède une géométrie octaédrique associée à une hybridation sp³d².
En champ faible, sa géométrie octaédrique est associée à une hybridation d²sp³.

En champ faible, ce complexe est paramagnétique et possède un spin total égal à $$S=\frac{4}{2}$$.

Explication

Dans le modèle présenté, le complexe en champ faible a S=42S=\frac{4}{2} et est paramagnétique ; sa géométrie octaédrique est associée à sp³d². En champ fort, il a S=0S=0, est diamagnétique et conserve une géométrie octaédrique associée à d²sp³. L’hybridation sp³d² est associée au complexe en champ faible, pas à celui en champ fort.

12. Pour distinguer [NiCl₄]²⁻ de [Ni(CN)₄]²⁻, quelles propositions associent correctement ligand, spin et géométrie ?

Dans [NiCl₄]²⁻, le nickel a un spin S=1S=1 et le complexe est paramagnétique.
Dans [NiCl₄]²⁻, la géométrie est plan carré et l’hybridation associée est dsp².
Dans [Ni(CN)₄]²⁻, la géométrie tétraédrique est associée à l’hybridation sp³.
Dans [Ni(CN)₄]²⁻, le nickel a un spin nul et le complexe est diamagnétique.
Dans [Ni(CN)₄]²⁻, les ions CN⁻ sont des ligands à champ fort.

Dans [NiCl₄]²⁻, le nickel a un spin $$S=1$$ et le complexe est paramagnétique. · Dans [Ni(CN)₄]²⁻, le nickel a un spin nul et le complexe est diamagnétique. · Dans [Ni(CN)₄]²⁻, les ions CN⁻ sont des ligands à champ fort.

Explication

[NiCl₄]²⁻ est paramagnétique, avec S=1S=1, et sa géométrie est tétraédrique, associée à sp³. [Ni(CN)₄]²⁻ comporte des ligands CN⁻ à champ fort ; il est diamagnétique, de spin nul, et plan carré avec une hybridation dsp².

13. On classe trois systèmes selon leurs échanges avec l’extérieur et leur homogénéité. Quelles propositions sont exactes ?

Un système constitué d’une seule phase uniforme est homogène.
Un système isolé échange de l’énergie avec l’extérieur, mais pas de matière.
Un récipient fermé peut échanger de l’énergie, mais pas de matière, avec l’extérieur.
Un système fermé échange de la matière avec l’extérieur, mais pas d’énergie.
Un récipient isolé n’échange avec l’extérieur ni matière ni énergie.

Un système constitué d’une seule phase uniforme est homogène. · Un récipient fermé peut échanger de l’énergie, mais pas de matière, avec l’extérieur. · Un récipient isolé n’échange avec l’extérieur ni matière ni énergie.

Explication

Un système isolé n’échange ni matière ni énergie, tandis qu’un système fermé peut échanger de l’énergie sans échange de matière. Un système homogène comporte une phase uniforme. Les descriptions inversant les échanges des systèmes isolé ou fermé sont donc incorrectes.

14. Les propriétés thermodynamiques mobilisées pour des corps simples et un chauffage à pression constante comprennent :

L’enthalpie standard de formation des corps simples est nulle.
Pour une élévation de température à pression constante, la chaleur vérifie Q=CPΔTQ=C_P\Delta T.
Pour une élévation de température à pression constante, la chaleur vérifie Q=CVΔTQ=C_V\Delta T.
L’enthalpie standard de formation des corps simples est égale à l’unité.
L’entropie standard de formation des corps simples est nulle.

L’enthalpie standard de formation des corps simples est nulle. · Pour une élévation de température à pression constante, la chaleur vérifie $$Q=C_P\Delta T$$.

Explication

L’enthalpie standard de formation des corps simples est nulle, mais cette propriété n’est pas celle de leur entropie standard de formation. À pression constante, la chaleur échangée suit Q=CPΔTQ=C_P\Delta T; CVC_V correspond à la capacité calorifique à volume constant. La valeur de l’enthalpie standard de formation des corps simples est zéro, et non une unité.

15. Un processus spontané irréversible a lieu à température et pression constantes. Quelles propositions décrivent correctement l’évolution entropique et le critère associé ?

La variation d’entropie de l’univers est la somme des variations du système et de l’extérieur.
À température et pression constantes, l’enthalpie libre vérifie ΔG=ΔH+TΔS\Delta G=\Delta H+T\Delta S.
L’entropie d’un système non isolé peut diminuer si celle de l’extérieur augmente davantage.
Dans un système isolé, l’entropie ne diminue pas au cours d’une transformation spontanée irréversible.
Lors d’une transformation réversible d’un système isolé, l’entropie diminue.

La variation d’entropie de l’univers est la somme des variations du système et de l’extérieur. · L’entropie d’un système non isolé peut diminuer si celle de l’extérieur augmente davantage. · Dans un système isolé, l’entropie ne diminue pas au cours d’une transformation spontanée irréversible.

Explication

Dans un système isolé, l’entropie ne peut pas diminuer lors d’une transformation spontanée irréversible. La variation de l’entropie de l’univers est la somme des contributions du système et de l’extérieur; l’entropie du système peut donc baisser si celle de l’extérieur augmente davantage. À température et pression constantes, la relation correcte est ΔG=ΔH−TΔS\Delta G=\Delta H-T\Delta S. Lors d’une transformation réversible d’un système isolé, l’entropie ne diminue pas.

16. À température et pression constantes, examinez les affirmations suivantes sur l’évolution spontanée :

Avec ΔH>0\Delta H>0 et ΔS<0\Delta S<0, une température suffisamment élevée rend la transformation spontanée.
Pour une transformation avec ΔG=0\Delta G=0, le système est à l’équilibre.
Si ΔH<0\Delta H<0 et ΔS>0\Delta S>0, la transformation est spontanée à toute température.
Lorsque ΔG<0\Delta G<0, la transformation est spontanée dans le sens considéré.
Avec ΔH>0\Delta H>0 et ΔS>0\Delta S>0, la transformation devient spontanée pour une température inférieure à celle qui annule ΔH−TΔS\Delta H-T\Delta S.

Pour une transformation avec $$\Delta G=0$$, le système est à l’équilibre. · Si $$\Delta H<0$$ et $$\Delta S>0$$, la transformation est spontanée à toute température. · Lorsque $$\Delta G<0$$, la transformation est spontanée dans le sens considéré.

Explication

À température et pression constantes, ΔG=0\Delta G=0 caractérise l’équilibre et ΔG<0\Delta G<0 le sens spontané. Le couple ΔH<0,ΔS>0\Delta H<0,\Delta S>0 rend la transformation spontanée à toute température, tandis que ΔH>0,ΔS<0\Delta H>0,\Delta S<0 ne permet pas la spontanéité, même à température élevée. Pour ΔH>0\Delta H>0 et ΔS>0\Delta S>0, la spontanéité apparaît au-dessus de la température qui annule ΔH−TΔS\Delta H-T\Delta S.

17. Deux transformations ont des valeurs de ΔH\Delta H et ΔS\Delta S de même signe. Quelles propositions décrivent correctement leurs critères de spontanéité ?

Pour ΔH>0\Delta H>0 et ΔS>0\Delta S>0, la spontanéité apparaît au-dessus de la température annulant ΔH−TΔS\Delta H-T\Delta S.
Pour ΔH<0\Delta H<0 et ΔS<0\Delta S<0, la transformation est spontanée au-dessus de la température annulant ΔH−TΔS\Delta H-T\Delta S.
Pour ΔH<0\Delta H<0 et ΔS<0\Delta S<0, la spontanéité apparaît en dessous de la température annulant ΔH−TΔS\Delta H-T\Delta S.
À volume et température constants, la spontanéité exige une énergie libre ΔA>0\Delta A>0.
Pour ΔH>0\Delta H>0 et ΔS>0\Delta S>0, la transformation est spontanée sous la température annulant ΔH−TΔS\Delta H-T\Delta S.

Pour $$\Delta H>0$$ et $$\Delta S>0$$, la spontanéité apparaît au-dessus de la température annulant $$\Delta H-T\Delta S$$. · Pour $$\Delta H<0$$ et $$\Delta S<0$$, la spontanéité apparaît en dessous de la température annulant $$\Delta H-T\Delta S$$.

Explication

Avec ΔH>0,ΔS>0\Delta H>0,\Delta S>0, la spontanéité se produit au-dessus de la température où ΔH−TΔS=0\Delta H-T\Delta S=0; avec les deux grandeurs négatives, elle se produit en dessous. À volume et température constants, la relation est ΔA=ΔU−TΔS\Delta A=\Delta U-T\Delta S et la spontanéité requiert ΔA<0\Delta A<0.

18. Concernant les solutions et leurs catégories :

Un gaz dissous possède les mêmes propriétés que lorsqu’il est à l’état pur.
Les solutions se classent en catégories gazeuse, liquide et colloïdale.
Une solution est un mélange homogène d’au moins deux constituants, le solvant et le soluté.
Les solutions se répartissent en catégories gazeuse, solide et liquide.
Les mélanges de gaz sont hétérogènes lorsque les gaz ont des propriétés différentes.

Un gaz dissous possède les mêmes propriétés que lorsqu’il est à l’état pur. · Une solution est un mélange homogène d’au moins deux constituants, le solvant et le soluté. · Les solutions se répartissent en catégories gazeuse, solide et liquide.

Explication

Une solution est un mélange homogène comportant au moins un solvant et un soluté, et les solutions peuvent être gazeuses, solides ou liquides. Les gaz sont totalement miscibles entre eux, et un gaz en solution conserve les propriétés qu’il possède à l’état pur.

19. À l’équilibre, un solide reste visible au fond d’un récipient contenant sa solution. Quelles propositions s’appliquent ?

La saturation est déterminée par la pression du liquide et la quantité de solvant utilisée.
L’équilibre stationnaire correspond à des départs de molécules compensés par leurs retours au solide.
La dissolution crée des interactions solide-liquide sans rompre les interactions de cohésion initiales.
Le seuil de saturation dépend de la solubilité du solide et de la température.
La présence de solide non dissous indique que la solution est saturée.

L’équilibre stationnaire correspond à des départs de molécules compensés par leurs retours au solide. · Le seuil de saturation dépend de la solubilité du solide et de la température. · La présence de solide non dissous indique que la solution est saturée.

Explication

À l’équilibre, la présence de solide non dissous signale une solution saturée; cette saturation dépend de la solubilité et de la température. L’équilibre stationnaire résulte de la compensation entre départs et retours moléculaires, tandis que la dissolution implique aussi la rupture des interactions de cohésion.

20. On observe le refroidissement du milieu lors de la dissolution d’un sel dans l’eau. Concernant les phénomènes énergétiques et ioniques impliqués :

Dans l’eau, la constante diélectrique vaut 80, contre 1 dans l’air, réduisant les attractions ioniques.
Un refroidissement du milieu correspond à un bilan énergétique positif et à une dissolution endothermique.
La solvatation désigne l’entourage des ions par l’eau grâce à des interactions liaison hydrogène-ion.
La chaleur de dissolution est la quantité de chaleur fournie ou à fournir pour dissoudre une mole de soluté.
La chaleur de dissolution se définit comme la chaleur nécessaire pour dissoudre un kilogramme de soluté.

Dans l’eau, la constante diélectrique vaut 80, contre 1 dans l’air, réduisant les attractions ioniques. · Un refroidissement du milieu correspond à un bilan énergétique positif et à une dissolution endothermique. · La chaleur de dissolution est la quantité de chaleur fournie ou à fournir pour dissoudre une mole de soluté.

Explication

Une dissolution endothermique a un bilan énergétique positif et refroidit le milieu; la chaleur de dissolution est définie pour une mole de soluté. La constante diélectrique de l’eau, égale à 80 contre 1 dans l’air, réduit les attractions électrostatiques entre ions. La solvatation implique des interactions dipôle-ion, non des liaisons hydrogène-ion.

21. Une solution saturée à chaud contient plusieurs solutés solides dont les solubilités varient différemment avec la température. Quelles propositions sont exactes ?

Une hausse de température favorise une dissolution exothermique et accroît sa solubilité.
La miscibilité solide-solide dépend notamment des rayons atomiques comparés et des différences d’électronégativité.
La cristallisation fractionnée refroidit une solution saturée chaude pour cristalliser le constituant dont la solubilité diminue le plus.
La séparation par cristallisation fractionnée s’appuie sur les variations de solubilité avec la température.
En refroidissant, une dissolution endothermique est défavorisée, car une hausse de température la favorise.

La miscibilité solide-solide dépend notamment des rayons atomiques comparés et des différences d’électronégativité. · La cristallisation fractionnée refroidit une solution saturée chaude pour cristalliser le constituant dont la solubilité diminue le plus. · La séparation par cristallisation fractionnée s’appuie sur les variations de solubilité avec la température. · En refroidissant, une dissolution endothermique est défavorisée, car une hausse de température la favorise.

Explication

Une hausse de température favorise une dissolution endothermique et diminue une dissolution exothermique; le refroidissement défavorise donc la première. La cristallisation fractionnée refroidit une solution saturée chaude et fait cristalliser le constituant dont la solubilité chute le plus. Pour les mélanges solide-solide, les rayons atomiques comparés et les différences d’électronégativité influencent la miscibilité.

22. Un mélange contient 30 mL de soluté dans 120 mL de solution et 24 g de soluté dans 80 g de solution. Concernant ses titres volumique et massique :

Le calcul du titre volumique multiplie par 100 le rapport des volumes concernés.
Le titre massique vaut 30 % p/p, car la masse du soluté est rapportée à celle de la solution.
Le titre volumique vaut 25 % v/v, car le volume du soluté est rapporté à celui de la solution.
Le titre volumique s’exprime en pourcentage p/p, à partir du rapport des volumes concernés.
Le titre massique s’exprime en pourcentage p/p et repose sur les masses.

Le calcul du titre volumique multiplie par 100 le rapport des volumes concernés. · Le titre massique vaut 30 % p/p, car la masse du soluté est rapportée à celle de la solution. · Le titre volumique vaut 25 % v/v, car le volume du soluté est rapporté à celui de la solution. · Le titre massique s’exprime en pourcentage p/p et repose sur les masses.

Explication

Le titre volumique est 100×30/120=25 %100\times30/120=25\ \% v/v, et le titre massique est 100×24/80=30 %100\times24/80=30\ \% p/p. Le titre volumique utilise le rapport du volume de soluté au volume de solution et s’exprime en v/v; le titre massique rapporte la masse du soluté à celle de la solution et s’exprime en p/p.

23. Une substance non polaire est introduite dans l’eau, tandis qu’une interaction enzyme-substrat est étudiée. Concernant ces phénomènes :

La substance non polaire peut interrompre le réseau des liaisons hydrogène et s’agglomérer à l’écart de l’eau.
Les forces de van der Waals jouent un rôle important dans les interactions enzyme-substrat.
Les forces de van der Waals résultent de dipôles transitoires formés dans les atomes.
En solution aqueuse, les liaisons ioniques résultent de l’attraction entre deux charges positives.
L’insertion d’une molécule non polaire dans l’eau est favorisée par une faible dépense énergétique.

La substance non polaire peut interrompre le réseau des liaisons hydrogène et s’agglomérer à l’écart de l’eau. · Les forces de van der Waals jouent un rôle important dans les interactions enzyme-substrat. · Les forces de van der Waals résultent de dipôles transitoires formés dans les atomes.

Explication

Les molécules non polaires perturbent le réseau des liaisons hydrogène; leur insertion dans l’eau coûte beaucoup d’énergie et favorise leur agglomération à l’écart de l’eau. Les forces de van der Waals résultent de dipôles transitoires formés dans les atomes et jouent un rôle important dans les interactions enzyme-substrat. En solution aqueuse, les liaisons ioniques résultent de l’attraction entre charges de signes opposés.

24. Concernant les forces de van der Waals et leurs catégories :

Les forces de Keesom s’exercent entre molécules portant chacune un moment dipolaire.
Les forces de van der Waals reposent sur des dipôles permanents présents dans les atomes.
Des dipôles transitoires dans les atomes sont à l’origine des forces de van der Waals.
Ces forces jouent un rôle important dans les interactions antigène-anticorps et enzyme-substrat.
Les forces de Debye associent deux molécules dépourvues de moment dipolaire permanent.

Les forces de Keesom s’exercent entre molécules portant chacune un moment dipolaire. · Des dipôles transitoires dans les atomes sont à l’origine des forces de van der Waals. · Ces forces jouent un rôle important dans les interactions antigène-anticorps et enzyme-substrat.

Explication

Les dipôles transitoires sont à l’origine des forces de van der Waals, impliquées notamment dans les interactions antigène-anticorps et enzyme-substrat. Keesom concerne deux molécules dipolaires ; Debye implique une molécule à moment dipolaire permanent, tandis que London concerne les molécules sans moment dipolaire permanent.

25. Une solution est suffisamment diluée pour que sa concentration soit faible. Parmi les propositions suivantes concernant son activité et la fugacité, lesquelles sont exactes ?

À faible concentration, l’activité diffère de la concentration réelle par un facteur inférieur à 1.
Dans cette solution diluée, le coefficient d’activité est inférieur à 1.
Pour un gaz, le terme « fugacité » désigne son activité.
L’activité d’un gaz est appelée concentration réelle plutôt que fugacité.
Le coefficient d’activité vaut 1 et l’activité égale la concentration réelle.

Pour un gaz, le terme « fugacité » désigne son activité. · Le coefficient d’activité vaut 1 et l’activité égale la concentration réelle.

Explication

À faible concentration, une solution diluée a un coefficient d’activité égal à 1, donc son activité égale sa concentration réelle. Pour un gaz, l’activité est désignée par le terme « fugacité » ; les formulations proposant un coefficient inférieur à 1 ou une autre désignation contredisent ces faits.

26. Un constituant gazeux a une fraction molaire xi=0,20x_i=0{,}20, une pression totale Pt=5 barP_t=5\,\mathrm{bar} et un coefficient d’activité γi=0,80\gamma_i=0{,}80. Quelle(s) proposition(s) est(sont) exacte(s) concernant sa fugacité ?

La relation de fugacité utilise la pression totale seule, sans fraction molaire ni pression partielle.
Sa fugacité vaut 0,16 bar0{,}16\,\mathrm{bar} en multipliant xix_i par γi\gamma_i.
Sa fugacité vaut 4,00 bar4{,}00\,\mathrm{bar} en multipliant PtP_t par γi\gamma_i.
Sa fugacité vaut fi=0,80 barf_i=0{,}80\,\mathrm{bar} d’après fi=γiPif_i=\gamma_iP_i.
Sa pression partielle vaut Pi=1 barP_i=1\,\mathrm{bar} d’après Pi=xiPtP_i=x_iP_t.

Sa fugacité vaut $$f_i=0{,}80\,\mathrm{bar}$$ d’après $$f_i=\gamma_iP_i$$. · Sa pression partielle vaut $$P_i=1\,\mathrm{bar}$$ d’après $$P_i=x_iP_t$$.

Explication

La pression partielle est xiPt=0,20×5=1 barx_iP_t=0{,}20\times5=1\,\mathrm{bar}, puis fi=γiPi=0,80×1=0,80 barf_i=\gamma_iP_i=0{,}80\times1=0{,}80\,\mathrm{bar}. La formule complète est aussi fi=γixiPtf_i=\gamma_i x_iP_t ; les résultats proposés omettent un facteur ou appliquent incorrectement la relation.

27. Un gaz passe, à température constante, de P1=1 atmP_1=1\,\mathrm{atm} à P2=4 atmP_2=4\,\mathrm{atm} au-dessus d’un liquide. Quelles propositions décrivent correctement la solubilité et la variation d’enthalpie libre ?

Pour n=1n=1, la variation vaut RTln⁡(4)RT\ln(4) avec la formule de pression à température constante.
La solubilité du gaz dépend de la pression totale, indépendamment de sa pression partielle.
Le changement de pression affecte l’enthalpie libre du gaz dans ces conditions isothermes.
La solubilité du gaz dépend de sa pression partielle au-dessus du liquide, selon la loi de Henry.
La variation d’enthalpie libre est positive puisque le rapport final sur initial est supérieur à 1.

Pour $$n=1$$, la variation vaut $$RT\ln(4)$$ avec la formule de pression à température constante. · Le changement de pression affecte l’enthalpie libre du gaz dans ces conditions isothermes. · La solubilité du gaz dépend de sa pression partielle au-dessus du liquide, selon la loi de Henry. · La variation d’enthalpie libre est positive puisque le rapport final sur initial est supérieur à 1.

Explication

La loi de Henry relie la solubilité à la pression partielle au-dessus du liquide. La formule ΔG=nRTln⁡(P2/P1)\Delta G=nRT\ln(P_2/P_1) donne ici RTln⁡(4)RT\ln(4) pour une mole, valeur positive ; la pression partielle intervient dans la dépendance de la solubilité.

28. Pour une solution non gazeuse d’activité a=0,25a=0{,}25 et de concentration C=0,25C=0{,}25, et un gaz à l’état standard P1=1 atmP_1=1\,\mathrm{atm} porté à P2=3 atmP_2=3\,\mathrm{atm}, quelles propositions sont exactes ?

Pour la solution, l’enthalpie libre varie selon G=G0+RTln⁡(P2/P1)G=G^0+RT\ln(P_2/P_1).
La formulation par concentration donne aussi G=G0+RTln⁡(0,25)G=G^0+RT\ln(0{,}25) pour la solution.
Pour le gaz considéré, G=G0+nRTln⁡(3)G=G^0+nRT\ln(3) à la pression finale.
La pression finale est insérée dans le logarithme de la relation gazeuse rapportée à l’état standard.
Pour la solution, G=G0+RTln⁡aG=G^0+RT\ln a, soit G=G0+RTln⁡(0,25)G=G^0+RT\ln(0{,}25).

La formulation par concentration donne aussi $$G=G^0+RT\ln(0{,}25)$$ pour la solution. · Pour le gaz considéré, $$G=G^0+nRT\ln(3)$$ à la pression finale. · La pression finale est insérée dans le logarithme de la relation gazeuse rapportée à l’état standard. · Pour la solution, $$G=G^0+RT\ln a$$, soit $$G=G^0+RT\ln(0{,}25)$$.

Explication

Pour les autres solutions, l’enthalpie libre s’écrit avec l’activité ou la concentration dans le logarithme ; ici chacune vaut 0,250{,}25. Pour un gaz dont l’état standard est à 1 atm1\,\mathrm{atm}, la relation donnée conduit à G=G0+nRTln⁡(3)G=G^0+nRT\ln(3) ; la relation par rapport au rapport de pressions n’est pas la formule des autres solutions.

29. Un ion H₃O⁺ est transporté du sang à pH 7,4 vers l’estomac à pH 1,0. Concernant ce transport :

Le déplacement nécessite un apport énergétique fourni par l’hydrolyse de l’ATP.
Les ions H₃O⁺ diffusent spontanément du sang vers l’estomac selon leur gradient de concentration.
La variation d’enthalpie libre de ce transfert est d’environ −35 kJ mol−1-35\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}.
Le transport présente une variation d’enthalpie libre d’environ +35 kJ mol−1+35\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}.
Le transport se produit spontanément, car le pH gastrique est inférieur au pH sanguin.

Le déplacement nécessite un apport énergétique fourni par l’hydrolyse de l’ATP. · Le transport présente une variation d’enthalpie libre d’environ $$+35\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}$$.

Explication

Le transfert du sang vers l’estomac a une variation d’enthalpie libre d’environ +35 kJ mol−1+35\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}} et n’est pas spontané. Il nécessite donc un apport d’énergie, fourni par l’hydrolyse de l’ATP; le sens spontané de diffusion est opposé.

30. Concernant les transferts d’électrons dans les réactions d’oxydo-réduction, cochez la (les) proposition(s) exacte(s) :

Un oxydant capte des électrons d’une autre espèce et se retrouve alors réduit.
Les transformations entre états oxydé et réduit se réalisent dans le sens de l’oxydation.
Une espèce qui perd des électrons subit une oxydation au cours de la transformation.
Une espèce qui gagne des électrons subit une réduction au cours de la transformation.
Un réducteur capte des électrons d’une autre espèce et se retrouve alors oxydé.

Un oxydant capte des électrons d’une autre espèce et se retrouve alors réduit. · Une espèce qui perd des électrons subit une oxydation au cours de la transformation. · Une espèce qui gagne des électrons subit une réduction au cours de la transformation.

Explication

La perte d’électrons correspond à une oxydation, tandis que leur gain correspond à une réduction. Un oxydant capte des électrons et se réduit; un réducteur les cède et s’oxyde. Les transformations entre états oxydé et réduit peuvent se réaliser dans les deux sens.

31. Deux couples redox interviennent, et Ox1/Red1Ox_1/Red_1 est plus fort que Ox2/Red2Ox_2/Red_2. Parmi les propositions suivantes concernant la réaction, laquelle ou lesquelles sont exactes ?

La réaction met en jeu la forme oxydée d’un couple et la forme réduite de l’autre.
La forme réduite Red1Red_1 capte les électrons cédés par Ox2Ox_2 dans le sens favorisé.
Le potentiel redox standard E0E^0 caractérisant la force d’un couple s’exprime en volts.
Dans l’écriture conventionnelle d’un couple, l’oxydant apparaît à gauche de la réaction réversible.
Le sens favorisé fait céder les électrons par Red1Red_1 à l’espèce Ox2Ox_2.

La réaction met en jeu la forme oxydée d’un couple et la forme réduite de l’autre. · Le potentiel redox standard $$E^0$$ caractérisant la force d’un couple s’exprime en volts. · Dans l’écriture conventionnelle d’un couple, l’oxydant apparaît à gauche de la réaction réversible.

Explication

Une réaction redox associe la forme oxydée d’un couple à la forme réduite de l’autre, avec conservation du nombre d’électrons transférés. Le couple s’écrit avec l’oxydant à gauche et sa force est caractérisée par E0E^0, en volts; si Ox1/Red1Ox_1/Red_1 est le plus fort, Ox1Ox_1 capte les électrons cédés par Red2Red_2.

32. On considère les couples Ag+/AgAg^+/Ag et Zn2+/ZnZn^{2+}/Zn, avec E0(Ag+/Ag)=+0,80 VE^0(Ag^+/Ag)=+0,80\,V et E0(Zn2+/Zn)=−0,76 VE^0(Zn^{2+}/Zn)=-0,76\,V. Quelles sont les réponses exactes au sujet de cette réaction ?

En milieu basique, les charges se compensent avec des ions H+H^+.
La réaction spontanée s’écrit 2Ag++Zn→2Ag+Zn2+2Ag^+ + Zn \rightarrow 2Ag + Zn^{2+}.
Pour équilibrer la matière, les molécules d’eau s’ajoutent du côté portant les ions H+H^+.
La réaction spontanée s’écrit Ag++Zn→Ag+Zn2+Ag^+ + Zn \rightarrow Ag + Zn^{2+}.
Pour établir une réaction redox en milieu acide, les charges se compensent avec des ions H+H^+.

La réaction spontanée s’écrit $$2Ag^+ + Zn \rightarrow 2Ag + Zn^{2+}$$. · Pour établir une réaction redox en milieu acide, les charges se compensent avec des ions $$H^+$$.

Explication

Le couple argent a le potentiel standard le plus élevé, et l’équation équilibrée est 2Ag++Zn→2Ag+Zn2+2Ag^+ + Zn \rightarrow 2Ag + Zn^{2+}. L’équilibrage des charges se fait avec H+H^+ en milieu acide, mais avec OH−OH^- en milieu basique; l’eau est ajoutée du côté opposé à celui où ces ions ont été introduits.

33. Une pile réversible échange nn électrons et fonctionne selon Zn+Cu2+→Zn2++CuZn + Cu^{2+} \rightarrow Zn^{2+} + Cu. Concernant ses relations thermodynamiques :

À 298 K298\,\mathrm{K}, le potentiel vérifie E=E0−0,06nlog⁡([Zn2+][Cu2+])E=E^0-\frac{0,06}{n}\log\left(\frac{[Zn^{2+}]}{[Cu^{2+}]}\right).
La variation d’enthalpie libre vérifie ΔG=−nFE\Delta G=-nFE lorsque la pile fonctionne réversiblement.
Pour cette pile, l’équation de Nernst place [Cu2+][Cu^{2+}] au numérateur du quotient réactionnel.
À l’équilibre redox, la variation d’enthalpie libre est égale à ΔG0\Delta G^0.
Dans les conditions standards, la variation d’enthalpie libre vérifie ΔG0=+nFE0\Delta G^0=+nFE^0.

À $$298\,\mathrm{K}$$, le potentiel vérifie $$E=E^0-\frac{0,06}{n}\log\left(\frac{[Zn^{2+}]}{[Cu^{2+}]}\right)$$. · La variation d’enthalpie libre vérifie $$\Delta G=-nFE$$ lorsque la pile fonctionne réversiblement.

Explication

Pour une pile réversible, ΔG=−nFE\Delta G=-nFE; dans les conditions standards, le signe est également négatif pour ΔG0=−nFE0\Delta G^0=-nFE^0. L’équation de Nernst donnée place [Zn2+][Zn^{2+}] au numérateur, et à l’équilibre redox ΔG=0\Delta G=0, pas ΔG0\Delta G^0.

34. Concernant les définitions acido-basiques, quelle(s) proposition(s) est(sont) exacte(s) ?

Un couple acide-base associe des espèces où la base cède un proton pour devenir son acide conjugué.
Un acide est une espèce susceptible de céder au moins un ion H+H^+.
Un acide est défini comme une espèce susceptible d’accepter au moins un ion H+H^+.
Une base est une espèce susceptible d’accepter au moins un ion H+H^+.
Un diacide peut céder deux protons au cours de sa transformation.

Un acide est une espèce susceptible de céder au moins un ion $$H^+$$. · Une base est une espèce susceptible d’accepter au moins un ion $$H^+$$. · Un diacide peut céder deux protons au cours de sa transformation.

Explication

Un acide cède au moins un proton, une base peut en accepter un, et un diacide peut en céder deux. Dans un couple conjugué, c’est l’acide qui cède un proton pour devenir sa base conjuguée; accepter un proton caractérise ici une base, non un acide.

35. On compare l’acide acétique et l’acide cyanhydrique à partir de leurs constantes et de leurs pKa. Parmi les propositions suivantes, laquelle ou lesquelles sont exactes ?

L’acide acétique, de pKa=4,7pK_a=4,7, est plus fort que l’acide cyanhydrique, de pKa=9,2pK_a=9,2.
Une espèce amphotère peut céder un proton ou en accepter un.
Pour un acide AHAH, Ka=[A−][H3O+][AH]K_a=\frac{[A^-][H_3O^+]}{[AH]}.
L’acide cyanhydrique, de pKa=9,2pK_a=9,2, est plus fort que l’acide acétique, de pKa=4,7pK_a=4,7.
Un pKa faible caractérise un acide fort, tandis qu’un pKa élevé caractérise un acide faible.

L’acide acétique, de $$pK_a=4,7$$, est plus fort que l’acide cyanhydrique, de $$pK_a=9,2$$. · Une espèce amphotère peut céder un proton ou en accepter un. · Pour un acide $$AH$$, $$K_a=\frac{[A^-][H_3O^+]}{[AH]}$$. · Un pKa faible caractérise un acide fort, tandis qu’un pKa élevé caractérise un acide faible.

Explication

La constante d’acidité suit l’expression indiquée et un pKa faible correspond à un acide plus fort. Un ampholyte peut donner ou accepter un proton; avec des pKa de 4,7 et 9,2, l’acide acétique est plus fort que l’acide cyanhydrique.

36. À 25 °C, on examine de l’eau pure et une solution aqueuse acide. Concernant les équilibres acido-basiques :

À 25 °C, le produit ionique de l’eau vaut Ke=10−14K_e=10^{-14} et pKe=14pK_e=14.
Dans l’eau pure, les concentrations en H₃O⁺ et OH⁻ valent chacune 10−7 mol/L10^{-7}\,\mathrm{mol/L}.
Pour un couple acide-base, les constantes vérifient KaKb=KeK_aK_b=K_e.
Dans une solution acide, le pH est supérieur à 7.
Le pH d’une solution se calcule par pH=−log⁡[OH−]pH=-\log[OH^-].

À 25 °C, le produit ionique de l’eau vaut $$K_e=10^{-14}$$ et $$pK_e=14$$. · Dans l’eau pure, les concentrations en H₃O⁺ et OH⁻ valent chacune $$10^{-7}\,\mathrm{mol/L}$$. · Pour un couple acide-base, les constantes vérifient $$K_aK_b=K_e$$.

Explication

À 25 °C, l’eau pure contient autant de H₃O⁺ que de OH⁻, à 10−7 mol/L10^{-7}\,\mathrm{mol/L}, et son produit ionique vaut 10−1410^{-14}, avec pKe=14pK_e=14. Les constantes d’un couple vérifient aussi KaKb=KeK_aK_b=K_e ; une solution acide a un pH inférieur à 7, et le pH se définit à partir de H₃O⁺.

37. Deux solutions acides de concentrations différentes sont préparées, l’une avec un acide fort et l’autre avec un acide faible. Parmi les propositions suivantes concernant leur pH, laquelle (lesquelles) est (sont) exacte(s) ?

Pour l’acide faible, l’approximation de faible dissociation donne pH=12(pKa−log⁡c)pH=\frac12(pK_a-\log c).
Pour l’acide fort de concentration 10−2 mol/L10^{-2}\,\mathrm{mol/L}, la dissociation totale conduit à pH=2pH=2.
Le pH d’une solution renseigne directement sur la force intrinsèque de l’acide dissous.
Des acides de forces différentes peuvent avoir le même pH si leurs concentrations sont adaptées.
À 25 °C, une solution neutre présente un pH égal à 6.

Pour l’acide faible, l’approximation de faible dissociation donne $$pH=\frac12(pK_a-\log c)$$. · Pour l’acide fort de concentration $$10^{-2}\,\mathrm{mol/L}$$, la dissociation totale conduit à $$pH=2$$. · Des acides de forces différentes peuvent avoir le même pH si leurs concentrations sont adaptées.

Explication

Un acide fort de concentration 10−2 mol/L10^{-2}\,\mathrm{mol/L} se dissocie totalement : pH=−log⁡(10−2)=2pH=-\log(10^{-2})=2. Pour un acide faible, l’approximation indiquée donne pH=12(pKa−log⁡c)pH=\frac12(pK_a-\log c). Le pH ne mesure pas la force acide, et des acides de forces différentes peuvent conduire au même pH à des concentrations adaptées. À 25 °C, une solution neutre a un pH égal à 7, et non à 6.

38. Une solution d’acide acétique est titrée progressivement par une base forte. Quelles sont les réponses exactes au sujet des points caractéristiques de ce titrage ?

À l’équivalence, le pH est inférieur à 7 dans l’exemple de l’acide acétique.
À l’équivalence de l’acide acétique par une base forte, le pH est égal à 7.
À la demi-neutralisation, le pH est égal au pKapK_a de l’acide faible.
À l’équivalence, le pH est supérieur à 7 dans l’exemple de l’acide acétique.
À la demi-neutralisation, le pH est égal à pKbpK_b de la base forte ajoutée.

À la demi-neutralisation, le pH est égal au $$pK_a$$ de l’acide faible. · À l’équivalence, le pH est supérieur à 7 dans l’exemple de l’acide acétique.

Explication

Lors de la demi-neutralisation d’un acide faible par une base forte, le pH est égal au pKapK_a de l’acide. Dans l’exemple de l’acide acétique, le pH à l’équivalence est différent de 7 et supérieur à 7.

39. Avant l’équivalence, un acide faible est titré par une base forte et le mélange contient l’acide ainsi que sa base conjuguée. Concernant le tampon formé :

Une base faible mélangée au sel de son acide conjugué issu d’un acide fort peut former un tampon.
Dans cette zone, l’ajout de base entraîne généralement une faible variation du pH.
L’effet tampon est maximal lorsque le pH est égal au pKapK_a.
Le rapport base conjuguée/acide faible contribue à un effet tampon avant l’équivalence.
Un mélange d’acide faible et d’un sel de sa base conjuguée issu d’une base forte constitue une solution tampon.

Une base faible mélangée au sel de son acide conjugué issu d’un acide fort peut former un tampon. · Dans cette zone, l’ajout de base entraîne généralement une faible variation du pH. · L’effet tampon est maximal lorsque le pH est égal au $$pK_a$$. · Le rapport base conjuguée/acide faible contribue à un effet tampon avant l’équivalence. · Un mélange d’acide faible et d’un sel de sa base conjuguée issu d’une base forte constitue une solution tampon.

Explication

Avant l’équivalence, le couple acide faible/base conjuguée forme un tampon : le pH varie peu lors de l’ajout de base. Un tampon peut aussi être préparé avec un acide faible et le sel de sa base conjuguée, ou avec une base faible et le sel de son acide conjugué ; son effet est maximal lorsque pH=pKapH=pK_a.

40. Un système biologique doit limiter les variations de pH malgré la production d’ions H₃O⁺ et OH⁻. Concernant les solutions tampons, cochez la (les) proposition(s) exacte(s) :

Parmi les systèmes tampons sanguins figure le couple H2CO3/H2PO4−H_2CO_3/H_2PO_4^-.
Un tampon contribue au maintien du pH lorsqu’une réaction produit des ions H₃O⁺ ou OH⁻.
Le pH de tamponnement du sang humain est de 7,0.
Le sang humain est tamponné à un pH de 7,4.
Le maintien du pH constitue l’intérêt principal d’une solution tampon.

Un tampon contribue au maintien du pH lorsqu’une réaction produit des ions H₃O⁺ ou OH⁻. · Le sang humain est tamponné à un pH de 7,4. · Le maintien du pH constitue l’intérêt principal d’une solution tampon.

Explication

Les solutions tampons servent à maintenir le pH, notamment lorsque des réactions produisent H₃O⁺ ou OH⁻. Le sang humain est tamponné à pH 7,4, notamment par les couples H2CO3/HCO3−H_2CO_3/HCO_3^- et H2PO4−/HPO42−H_2PO_4^-/HPO_4^{2-} ; le couple proposé dans le distracteur n’est pas l’un de ces systèmes.

41. Une expérience améliore la mesure de la position d’un électron. Concernant la quantité de mouvement, quelle(s) proposition(s) est(sont) exacte(s) ?

La relation impose Δx Δp≤h4π\Delta x\,\Delta p \leq \frac{h}{4\pi} pour toute particule.
Le principe concerne la mesure simultanée de la position xx et de la quantité de mouvement pp.
La précision simultanée sur position et quantité de mouvement reste limitée par une borne liée à hh.
La borne inférieure du produit des incertitudes vaut h4π\frac{h}{4\pi}.
Une position connue avec précision rend la quantité de mouvement arbitrairement précise au même instant.

Le principe concerne la mesure simultanée de la position $$x$$ et de la quantité de mouvement $$p$$. · La précision simultanée sur position et quantité de mouvement reste limitée par une borne liée à $$h$$. · La borne inférieure du produit des incertitudes vaut $$\frac{h}{4\pi}$$.

Explication

Le principe d’Heisenberg limite la précision simultanée de xx et de pp, avec Δx Δp≥h4π\Delta x\,\Delta p \geq \frac{h}{4\pi}. Le signe est donc supérieur ou égal, et une mesure très précise de la position n’autorise pas une précision arbitraire sur la quantité de mouvement.

42. Dans un mélange sanguin exposé au monoxyde de carbone et au dioxygène, quelles propositions décrivent correctement les conséquences de leur affinité pour l’hémoglobine ?

La formation de HbCO protège du risque d’intoxication au monoxyde de carbone.
L’affinité du monoxyde de carbone pour l’hémoglobine dépasse celle du dioxygène.
Dans le sang, le dioxygène est plus soluble que le monoxyde de carbone.
La compétition favorise la formation de carboxyhémoglobine, notée HbCO.
La présence de monoxyde de carbone favorise la formation d’oxyhémoglobine, notée HbO2.

L’affinité du monoxyde de carbone pour l’hémoglobine dépasse celle du dioxygène. · La compétition favorise la formation de carboxyhémoglobine, notée HbCO.

Explication

Le monoxyde de carbone possède une affinité pour l’hémoglobine supérieure à celle du dioxygène, et il est plus soluble dans le sang. La compétition favorise donc la formation de carboxyhémoglobine, notée HbCO, qui peut provoquer une intoxication. Elle ne protège pas contre cette intoxication et ne favorise pas la formation d’oxyhémoglobine, notée HbO2.

43. Une solution a une concentration réelle de 0,20 mol⋅L−10{,}20\ \text{mol·L}^{-1} et un coefficient d’activité de 0,750{,}75. Concernant son activité :

Son activité vaut 0,15 mol⋅L−10{,}15\ \text{mol·L}^{-1}, après multiplication par le coefficient d’activité.
Le coefficient étant inférieur à 1, l’activité dépasse la concentration réelle.
Le coefficient étant inférieur à 1, l’activité est égale à la concentration réelle.
Son activité vaut 0,20 mol⋅L−10{,}20\ \text{mol·L}^{-1}, car le coefficient est sans effet sur la concentration.
Son activité vaut 0,25 mol⋅L−10{,}25\ \text{mol·L}^{-1}, après division de la concentration par le coefficient.

Son activité vaut $$0{,}15\ \text{mol·L}^{-1}$$, après multiplication par le coefficient d’activité.

Explication

L’activité se calcule par a=γCa=\gamma C, donc 0,75×0,20=0,15 mol⋅L−10{,}75\times0{,}20=0{,}15\ \text{mol·L}^{-1}. Comme le coefficient d’activité est inférieur à 1, l’activité est inférieure à la concentration réelle. Elle ne la dépasse donc pas et ne lui est pas égale.

44. Pour une solution de HCl à 0,01 mol⋅L−10{,}01\ \text{mol·L}^{-1} titrée par NaOH, le défaut ou l’excès de base est de 0,001 mol⋅L−10{,}001\ \text{mol·L}^{-1} autour de l’équivalence. Cochez la (les) proposition(s) exacte(s) :

Avec un défaut de base de cette valeur, le pH est égal à 11,0.
Avec un excès de base de cette valeur, le pH est égal à 7,0.
Avec un excès de base de cette valeur, le pH est égal à 11,0.
Avec un défaut de base de cette valeur, le pH est égal à 3,0.
À l’équivalence, le pH est égal à 3,0 pour cette neutralisation.

Avec un excès de base de cette valeur, le pH est égal à 11,0. · Avec un défaut de base de cette valeur, le pH est égal à 3,0.

Explication

Un défaut de base de 0,001 mol⋅L−10{,}001\ \text{mol·L}^{-1} correspond à un pH de 3,0, tandis que le même excès donne un pH de 11,0. À l’équivalence, le pH est 7,0; les valeurs de 11,0 en défaut et de 7,0 en excès inversent donc les situations.

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