Calculer juste en chimie

Données et inconnue. On cherche d’abord une quantité de matière, puis un nombre d’entités. Les données sont $m=1{,}00\ \mathrm{g}$, $M=180{,}2\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}$ et $N_{\mathrm A}=6{,}022\times10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$.

Relation littérale. La masse molaire indique la masse d’une mole : $n=m/M$. Le nombre de molécules vaut ensuite $N=nN_{\mathrm A}$.

Application numérique. $$n=\frac{1{,}00}{180{,}2}=5{,}55\times10^{-3}\ \mathrm{mol}, \qquad N=5{,}55\times10^{-3}\times6{,}022\times10^{23} =3{,}34\times10^{21}.$$ Contrôle d’unité et de sens. Dans $m/M$, les grammes se simplifient et il reste des moles. Dans $nN_{\mathrm A}$, les moles se simplifient : $N$ est un nombre d’entités, sans unité. Conclusion. La ration contient environ $5{,}55\ \mathrm{mmol}$, soit $3{,}34\times10^{21}$ molécules de glucose.

Données et inconnue. $c_m=3{,}99\times10^{-2}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, $c_f=9{,}98\times10^{-3}\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$ et $V_f=100{,}0\ \mathrm{mL}$.

Relation littérale. L’ajout d’eau conserve la quantité de soluté prélevée : $c_mV_p=c_fV_f$. On isole l’inconnue avant de remplacer : $$V_p=\frac{c_fV_f}{c_m}.$$ Application numérique. $$V_p=\frac{9{,}98\times10^{-3}\times100{,}0}{3{,}99\times10^{-2}} =25{,}0\ \mathrm{mL}.$$ Les concentrations étant exprimées dans la même unité, les millilitres peuvent être conservés dans ce rapport. On utilise une pipette jaugée de $25{,}0\ \mathrm{mL}$ et une fiole jaugée de $100{,}0\ \mathrm{mL}$.

Contrôle d’unité et de sens. Le facteur de dilution vaut $F=c_m/c_f\simeq4{,}00$ ; le prélèvement doit donc être le quart du volume final : $100{,}0/4=25{,}0\ \mathrm{mL}$.

Données et inconnue. La donnée $7{,}30\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}$ est la concentration massique apportée, notée $\gamma$, et non une masse isolée.

Relation littérale. Comme $\gamma=cM$, on a $c=\gamma/M$. Application numérique. $$c=\frac{7{,}30\ \mathrm{g\cdot L^{-1}}}{36{,}5\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}} =0{,}200\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}.$$ Contrôle d’unité et de sens. $\mathrm{g\cdot L^{-1}}/\mathrm{g\cdot mol^{-1}}=\mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Une confusion entre $\gamma$ et $c$ aurait laissé des grammes dans l’unité finale.

Conclusion. La concentration analytique apportée vaut $c=0{,}200\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Elle ne doit pas être confondue avec la concentration de molécules HCl : dans l’eau, l’acide chlorhydrique est pratiquement totalement dissocié en $\mathrm{H_3O^+(aq)}$ et $\mathrm{Cl^-(aq)}$.

Choix de méthode. Une entité formulaire de $\mathrm{MgSO_4\cdot7H_2O}$ associe une unité $\mathrm{MgSO_4}$ à sept molécules d’eau. On additionne donc leurs contributions molaires. Application numérique. $$M=120{,}4+7\times18{,}0=246{,}4\ \mathrm{g\cdot mol^{-1}}.$$ Contrôle d’unité et de sens. Le point de l’hydrate décrit une association stœchiométrique. Il ne signifie ni $120{,}4\times7\times18{,}0$, ni sept groupes sulfate. Conclusion. Une mole d’hydrate a une masse de $246{,}4\ \mathrm{g}$.

Relation littérale. L’équation $pV=nRT$ donne, à $p$ et $n$ constants, $V/T=nR/p=\text{constante}$. Ainsi $$\frac{V_2}{V_1}=\frac{T_2}{T_1}.$$ Application numérique. $$\frac{V_2}{V_1}=\frac{323}{293}=1{,}10.$$ Contrôle d’unité et de sens. Le rapport est sans unité. Les températures sont en kelvins ; employer $50/20$ à partir des degrés Celsius serait dépourvu de sens ici. Conclusion. À pression constante, le volume augmente d’environ $10\,\%$.

Choix de méthode. Une solution macroscopique est électriquement neutre. Il faut pondérer chaque concentration par la valeur absolue de la charge de l’ion. Relation littérale. $$2[\mathrm{Ca^{2+}}]+[\mathrm{Na^+}]=[\mathrm{Cl^-}].$$ Application numérique. $$[\mathrm{Cl^-}]=2\times0{,}020+0{,}010 =0{,}050\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}.$$ Contrôle d’unité et de sens. Une mole d’ions $\mathrm{Ca^{2+}}$ apporte deux moles de charges positives ; oublier le facteur 2 conduirait à $0{,}030\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$, valeur incompatible avec l’électroneutralité.

Relation littérale. Pour une transformation totale, chaque réactif impose un avancement maximal : $$\xi_A=\frac{n_0(A)}1, \qquad \xi_B=\frac{n_0(B)}2.$$ Application numérique. $$\xi_A=3{,}0\ \mathrm{mmol}, \qquad \xi_B=2{,}5\ \mathrm{mmol}.$$ Le plus petit avancement possible est imposé par B : B est limitant et $\xi_{\max}=2{,}5\ \mathrm{mmol}$.

Conclusion. Le coefficient de C vaut 1, donc $n_{\max}(C)=\xi_{\max}=2{,}5\ \mathrm{mmol}$. Comparer seulement $3{,}0$ et $5{,}0$ aurait donné le mauvais limitant.

Relation littérale. Le rendement apparent est le rapport de la masse effectivement pesée à la masse théorique du même produit : $$\eta_{\mathrm{app}}=\frac{m_{\mathrm{pesée}}}{m_{\mathrm{théorique}}}.$$ Application numérique. $$\eta_{\mathrm{app}}=\frac{2{,}55}{2{,}40}=1{,}0625=106\,\%.$$ Contrôle d’unité et de sens. Un rendement réel ne peut pas dépasser $100\,\%$. La pesée ne correspond donc pas à $2{,}55\ \mathrm{g}$ de produit pur et sec.

Deux diagnostics plausibles sont un solide encore humide et la présence d’une impureté ou d’un réactif résiduel. Une tare incorrecte ou une erreur sur la masse molaire peuvent aussi produire ce symptôme. Il faut sécher, purifier et vérifier la pesée avant d’annoncer le rendement.

Données et inconnue. Le volume final est $V=500{,}0\ \mathrm{mL}=0{,}5000\ \mathrm{L}$. Les deux masses concernent deux solutés différents : chaque quantité de matière doit être calculée séparément.

Relation littérale. Pour chaque soluté, $n=m/M$, puis $c=n/V$.

Application numérique. Pour le chlorure de sodium, $$n(\mathrm{NaCl})=\frac{2{,}925}{58{,}5}=0{,}0500\ \mathrm{mol}, \qquad c(\mathrm{NaCl})=\frac{0{,}0500}{0{,}5000}=0{,}100\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}.$$ Pour le glucose, $$n(\mathrm{glucose})=\frac{4{,}50}{180{,}0}=0{,}0250\ \mathrm{mol}, \qquad c(\mathrm{glucose})=\frac{0{,}0250}{0{,}5000}=0{,}0500\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}.$$

Relation littérale. La dissolution totale s’écrit $\mathrm{NaCl(s)\to Na^+(aq)+Cl^-(aq)}$. Les coefficients stœchiométriques valent 1 et 1.

Conclusion. $[\mathrm{Na^+}]=[\mathrm{Cl^-}]=0{,}100\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Cette égalité suit la dissolution 1:1 et l’électroneutralité ; le glucose moléculaire ne fournit pas d’ion dans ce modèle.

Données et inconnue. Le chauffage élimine $1{,}47\ \mathrm{g}$ d’eau et laisse $2{,}46\ \mathrm{g}$ de sel anhydre. La vérification $1{,}47+2{,}46=3{,}93\ \mathrm{g}$ confirme le bilan de masse fourni.

Relation littérale. Dans une unité formulaire $\mathrm{MSO_4\cdot xH_2O}$, le rapport molaire vérifie $$x=\frac{n(\mathrm{H_2O})}{n(\mathrm{MSO_4})}.$$ Application numérique. $$n(\mathrm{H_2O})=\frac{1{,}47}{18{,}0}=8{,}17\times10^{-2}\ \mathrm{mol},$$ $$n(\mathrm{MSO_4})=\frac{2{,}46}{120{,}4}=2{,}04\times10^{-2}\ \mathrm{mol}.$$ Donc $$x=\frac{8{,}17\times10^{-2}}{2{,}04\times10^{-2}}=4{,}00.$$ Contrôle d’unité et de sens. $x$ est sans unité et, dans une formule stœchiométrique, il doit être interprété comme un petit entier. Une valeur comme $3{,}96$ serait arrondie à 4 compte tenu des incertitudes expérimentales, mais non une valeur comme $3{,}4$. Conclusion. Le sel hydraté est $\mathrm{MSO_4\cdot4H_2O}$.

Données et inconnue. La fraction massique vaut $w=0{,}800$. La masse de carbonate réellement présente est donc $$m(\mathrm{CaCO_3})=wm_{\mathrm{comprimé}}=0{,}800\times1{,}50=1{,}20\ \mathrm{g}.$$

Relation littérale. L’équation montre qu’une mole de $\mathrm{CaCO_3}$ forme une mole de $\mathrm{CO_2}$. L’acide étant en excès, le carbonate limite : $n(\mathrm{CO_2})=n(\mathrm{CaCO_3})=m/M$. Enfin $pV=nRT$.

Application numérique. $$n(\mathrm{CO_2})=\frac{1{,}20}{100{,}1}=1{,}20\times10^{-2}\ \mathrm{mol}.$$ Avec $T=25{,}0+273{,}15=298{,}15\ \mathrm{K}$ et $p=1{,}00\times10^5\ \mathrm{Pa}$, $$V=\frac{1{,}20\times10^{-2}\times8{,}314\times298{,}15}{1{,}00\times10^5} =2{,}97\times10^{-4}\ \mathrm{m^3}=0{,}297\ \mathrm{L}.$$ Contrôle d’unité et de sens. Avec $R=8{,}314\ \mathrm{J\cdot mol^{-1}\cdot K^{-1}}$, il faut des pascals, des mètres cubes et des kelvins. Environ $12\ \mathrm{mmol}$ de gaz donnent environ $0{,}30\ \mathrm{L}$ à température ambiante : l’ordre de grandeur est cohérent. Conclusion. Le volume théorique de dioxyde de carbone est $V(\mathrm{CO_2})\simeq0{,}297\ \mathrm{L}$.

Choix de méthode. Les produits de combustion donnent accès séparément aux quantités de carbone et d’hydrogène. L’oxygène de l’échantillon sera obtenu par différence de masses, car une partie de l’oxygène des produits provient du dioxygène de l’air.

Relation littérale. Une mole de $\mathrm{CO_2}$ révèle une mole d’atomes C ; une mole de $\mathrm{H_2O}$ révèle deux moles d’atomes H.

Application numérique. $$n_C=n(\mathrm{CO_2})=\frac{0{,}880}{44{,}0}=0{,}0200\ \mathrm{mol}, \qquad m_C=0{,}0200\times12{,}0=0{,}240\ \mathrm{g}.$$ $$n(\mathrm{H_2O})=\frac{0{,}540}{18{,}0}=0{,}0300\ \mathrm{mol}, \qquad n_H=2n(\mathrm{H_2O})=0{,}0600\ \mathrm{mol},$$ d’où $m_H=0{,}0600\times1{,}00=0{,}0600\ \mathrm{g}$.

La masse d’oxygène présente dans l’alcool vaut $$m_O=0{,}460-0{,}240-0{,}060=0{,}160\ \mathrm{g}, \qquad n_O=\frac{0{,}160}{16{,}0}=0{,}0100\ \mathrm{mol}.$$ On divise les trois quantités par la plus petite : $$n_C:n_H:n_O=2:6:1.$$ Conclusion. La formule empirique est $\mathrm{C_2H_6O}$. L’énoncé précisant qu’il s’agit d’un alcool saturé monofonctionnel, le composé est l’éthanol ; la même formule brute pourrait sinon aussi correspondre à l’éther diméthylique.

Choix de méthode. Les coefficients de A et B valent tous deux 1. On compare donc les quantités initiales : $0{,}120<0{,}180$. A est le réactif stœchiométriquement limitant et B est en excès. Cette expression fixe le maximum théorique ; elle ne rend pas totale l’estérification, qui reste un équilibre.

Relation littérale. Si la transformation était totale, $n_{E,\mathrm{th}}=n_{A,0}=0{,}120\ \mathrm{mol}$. La masse théorique vaut $m_{E,\mathrm{th}}=n_{E,\mathrm{th}}M_E$.

Application numérique. $$m_{E,\mathrm{th}}=0{,}120\times130=15{,}6\ \mathrm{g},$$ $$\eta=\frac{m_{E,\mathrm{exp}}}{m_{E,\mathrm{th}}} =\frac{12{,}5}{15{,}6}=0{,}801=80{,}1\,\%.$$ Contrôle d’unité et de sens. Le rendement est sans unité, inférieur à $100\,\%$, et B doit subsister après réaction : ces trois éléments sont cohérents. Conclusion. La masse théorique d’ester, calculée pour une transformation totale de A, est $15{,}6\ \mathrm{g}$ et le rendement d’isolement vaut $80{,}1\,\%$.

Choix de méthode. La fraction massique porte sur une masse de solution alors que la concentration porte sur un volume. Raisonnons sur $1{,}00\ \mathrm{L}$ de solution commerciale pour relier proprement les deux.

Application numérique. Sa masse vaut $$m_{\mathrm{solution}}=\rho V =1{,}18\ \mathrm{g\cdot mL^{-1}}\times1000\ \mathrm{mL} =1180\ \mathrm{g}.$$ La masse puis la quantité de soluté sont $$m_{\mathrm{soluté}}=wm_{\mathrm{solution}}=0{,}350\times1180=413\ \mathrm{g},$$ $$n=\frac{413}{36{,}5}=11{,}3\ \mathrm{mol}.$$ Comme ce résultat concerne $1{,}00\ \mathrm{L}$, la concentration analytique apportée en HCl vaut $c_m=11{,}3\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}$. Cette écriture comptable ne signifie pas que des molécules HCl subsistent majoritairement dans l’eau : l’acide chlorhydrique y est pratiquement totalement dissocié.

Relation littérale. Pour la dilution, $c_mV_p=c_fV_f$, donc $$V_p=\frac{c_fV_f}{c_m}=\frac{0{,}500\times0{,}2500}{11{,}3}=1{,}11\times10^{-2}\ \mathrm{L}=11{,}1\ \mathrm{mL}.$$ Contrôle d’unité et de sens. Le facteur de dilution vaut $11{,}3/0{,}500=22{,}6$ ; le prélèvement attendu est donc $250/22{,}6\simeq11{,}1\ \mathrm{mL}$. La cohérence est vérifiée.

Conclusion. Il faut prélever $11{,}1\ \mathrm{mL}$ de solution commerciale puis compléter à $250{,}0\ \mathrm{mL}$. Sous hotte, avec blouse, lunettes et gants adaptés, on mesure ce volume avec une pipette graduée ou une burette munie d’un dispositif de remplissage sûr, jamais à la bouche. On place d’abord de l’eau dans un bécher résistant, puis on y ajoute lentement l’acide concentré en agitant. Après refroidissement, on transfère quantitativement dans la fiole jaugée, on rince le bécher dans la fiole et l’on ajuste au trait. La règle à retenir est « l’acide dans l’eau », jamais l’inverse.