Équilibres chimiques et constante d'équilibre

Exercice 1 — Équilibre de dissolution d'un acide faible
Corrigé :
1. $\mathrm{C_6H_5COOH(aq) + H_2O(l) \rightleftharpoons C_6H_5COO^-(aq) + H_3O^+(aq)}$
2. $K_a = 10^{-\mathrm{p}K_a} = 10^{-4{,}20} \approx 6{,}31 \times 10^{-5}$
3. $x = \sqrt{K_a \times c_0} = \sqrt{6{,}31 \times 10^{-5} \times 5{,}0 \times 10^{-2}} = \sqrt{3{,}16 \times 10^{-6}} \approx 1{,}78 \times 10^{-3}\,\mathrm{mol\cdot L^{-1}}$
$\mathrm{pH} = -\log(1{,}78 \times 10^{-3}) \approx 2{,}75$
4. $\tau = 1{,}78 \times 10^{-3} / 5{,}0 \times 10^{-2} = 3{,}56\,\% < 5\,\%$ → approximation valide.

Exercice 2 — Critère d'évolution et quotient de réaction
Corrigé :
1. $Q_r = \dfrac{[\mathrm{I_3^-}]}{[\mathrm{I_2}][\mathrm{I^-}]}$
2. $Q_r = \dfrac{8{,}0 \times 10^{-4}}{1{,}0 \times 10^{-3} \times 2{,}0 \times 10^{-3}} = \dfrac{8{,}0 \times 10^{-4}}{2{,}0 \times 10^{-6}} = 400$
3. $Q_r = 400 < K° = 700$ → le système évolue dans le sens direct (formation de $\mathrm{I_3^-}$).
4. Comme le système évolue dans le sens direct, $\mathrm{I_3^-}$ est produit → $[\mathrm{I_3^-}]$ augmente jusqu'à l'équilibre, elle sera supérieure à $8{,}0 \times 10^{-4}\,\mathrm{mol/L}$.

Exercice 3 — Tableau d'avancement et constante d'équilibre
Corrigé :
1. $n(\mathrm{HBr})_{\text{éq}} = 2x_{\text{éq}} = 1{,}60\,\mathrm{mol}$ → $x_{\text{éq}} = 0{,}80\,\mathrm{mol}$. $n(\mathrm{H_2})_{\text{éq}} = n(\mathrm{Br_2})_{\text{éq}} = 1{,}00 - 0{,}80 = 0{,}20\,\mathrm{mol}$.
2. $[\mathrm{H_2}] = [\mathrm{Br_2}] = 0{,}20/2{,}0 = 0{,}10\,\mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ ; $[\mathrm{HBr}] = 1{,}60/2{,}0 = 0{,}80\,\mathrm{mol\cdot L^{-1}}$.
3. $K° = \dfrac{(0{,}80)^2}{(0{,}10)(0{,}10)} = \dfrac{0{,}64}{0{,}01} = 64$
4. $x_{\text{max}} = 1{,}00\,\mathrm{mol}$ (si la réaction était totale) ; $\tau = 0{,}80/1{,}00 = 0{,}80$ soit 80 %.
5. $\tau = 80\,\% < 99\,\%$ → la réaction n'est pas quasi-totale, c'est une réaction d'équilibre partielle. (Cependant K° = 64 >> 1 ce qui montre que les produits sont favorisés.)

Exercice 4 — Principe de Le Chatelier
Corrigé :
1. Augmenter la pression déplace l'équilibre vers le sens qui diminue le nombre total de moles de gaz. Sens direct : 4 moles de gaz (N₂ + 3H₂) → 2 moles (2NH₃). L'équilibre se déplace dans le sens direct, favorisant la formation de NH₃.
2. La réaction directe est exothermique (dégage de la chaleur). Augmenter T revient à ajouter de la chaleur → Le Chatelier déplace l'équilibre dans le sens endothermique (sens inverse) pour absorber la chaleur. $K°$ diminue avec T pour une réaction exothermique.
3. Le catalyseur accélère l'atteinte de l'équilibre mais ne modifie pas $K°$ (ni la position de l'équilibre).

Exercice 5 — Réaction entre acides et bases
Corrigé :
1. $n(\mathrm{HCl}) = 0{,}10 \times 0{,}050 = 5{,}0\,\mathrm{mmol}$ ; $n(\mathrm{NH_3}) = 0{,}10 \times 0{,}050 = 5{,}0\,\mathrm{mmol}$.
2. $K° = 10^{9{,}2} \approx 1{,}6 \times 10^9 \gg 1$ → réaction quasi-totale.
3. Les deux réactifs sont en quantités égales (mélange équimolaire) → ils sont quasi-totalement consommés → le produit majoritaire est $\mathrm{NH_4^+}$ (concentration ≈ 5,0 mmol / 100 mL = 0,050 mol/L). $\mathrm{NH_4^+}$ est un acide faible (pKa = 9,2). pH ≈ $\frac{1}{2}(9{,}2 - \log 0{,}050) = \frac{1}{2}(9{,}2 + 1{,}30) = \frac{1}{2} \times 10{,}5 = 5{,}25$.