Chimie pour l’ingénieur

Prérequis : mole, concentrations, unités et logarithmes. But : passer d’une composition à un bilan, un équilibre et un choix de matériau. CHM131 inspire le socle; cinétique et électrochimie sont des extensions Craie. Constantes fournies : R=8,314 J/(mol·K), F=96 485 C/mol; activités assimilées aux concentrations normalisées seulement dans les modèles dilués indiqués.

Premier parcours universitaire · 10–15 h estimées · français

5 visuels et 10 exercices interactifs

Ces leçons forment un premier socle, sans équivalence de crédits universitaires. Les durées sont indicatives et incluent la pratique.

Stœchiométrie, bilan et gaz

Trouver le réactif limitant avec un avancement

Réaction équilibrée 2H₂+O₂→2H₂O. On dispose de 3 mol de H₂ et 2 mol de O₂, sans eau initiale; transformation idéale.

Le rappel qui sert ici. L’avancement ξ, en mol, multiplie les coefficients de l’équation. Les nombres d’atomes se conservent, pas nécessairement la somme des moles de molécules.

Écrire le tableau de matière $n (H₂) = 3 - 2 ξ, n (O₂) = 2 - ξ, n (H₂O) = 2 ξ$
Pourquoi cette étape ? Deux moles de H₂ disparaissent pour chaque mole d’avancement. Le coefficient ne multiplie pas directement une masse en grammes.
Calculer les limites de chaque réactif $ξ \leq \frac{3}{2} = 1,5 mol; ξ \leq \frac{2}{1} = 2 mol$
Pourquoi cette étape ? Chaque quantité finale doit rester non négative. On compare quantité disponible divisée par coefficient, et non les quantités brutes.
Choisir le plus petit rapport $ξₘₐₓ = 1,5 mol; H₂ limitant$
Pourquoi cette étape ? La réserve de H₂ serait épuisée la première. La présence de plus de moles d’un réactif ne garantit pas qu’il soit en excès.
Calculer les quantités finales $nꜰ (H₂) = 0, nꜰ (O₂) = 0,5 mol, nꜰ (H₂O) = 3 mol$
Pourquoi cette étape ? Substitue ξ=1,5 dans les trois lignes du tableau. Le réactif en excès ne disparaît pas complètement.
Vérifier les éléments conservés $H : 6 = 2 \times 3; O : 4 = 2 \times 0,5 + 3$
Pourquoi cette étape ? Ce sont des moles d’atomes comptées à partir de la composition, pas des particules dessinées une à une. Le bilan reste exact à tout avancement admissible.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Équilibrer une réaction conserve les atomes et la charge. Les coefficients relient des quantités de matière, et non directement des masses. Pour chaque réactif, comparer quantité disponible/coefficient; le plus petit rapport fixe l’avancement maximal. Un procédé à régime permanent sans accumulation conserve chaque élément entre entrées et sorties. Le modèle de gaz parfait pV=nRT utilise la température absolue; il devient moins précis à forte pression ou près d’une condensation.

Exemple résolu

2H₂+O₂→2H₂O, 3 mol H₂ et 2 mol O₂. Rapports 3/2 et 2/1 : H₂ limite. Avancement=1,5 mol, eau formée=3 mol; O₂ restant=0,5 mol. La somme des moles change, les nombres d’atomes sont conservés.

Conserver les atomes et compter les moles

3 mol H₂ et 2 mol O₂ : avancement maximal 1,5 mol; 3 mol H₂O et 0,5 mol O₂ restant. Gaz idéal : 1 mol à 300 K et 100 kPa occupe 24,942 L.

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Enthalpie, énergie libre et équilibre

Passer de ΔG° à un équilibre

ΔG°=−5000 J/mol à T=298 K. R=8,314 J/(mol·K). On compare ensuite une composition telle que Q=10.

Le rappel qui sert ici. ΔG=ΔG°+RT lnQ. À l’équilibre, ΔG=0 et Q=K; les activités qui forment Q et K sont sans dimension.

Écrire la condition d’équilibre $0 = ΔG ° + RT lnK$
Pourquoi cette étape ? L’équilibre annule la variation d’énergie libre de réaction, pas nécessairement ΔG°.
Isoler le logarithme $lnK = \frac{5000}{8,314 \times 298} \approx 2,0181$
Pourquoi cette étape ? Le signe moins de −ΔG° transforme −5000 en +5000. T est en kelvins et ln est un logarithme naturel.
Retrouver K $K = e^{- ΔG ° / (RT)} \approx 7,52405$
Pourquoi cette étape ? Il faut exponentier : le logarithme 2,0181 n’est pas lui-même la constante K.
Évaluer ΔG au quotient imposé $ΔG (Q = 10) = - 5000 + 8,314 \times 298 \times \ln 10 \approx + 704,820 J / mol$
Pourquoi cette étape ? Ici Q>K : le signe positif rend le sens inverse favorable, à T et pression fixées. Q=1 aurait donné ΔG=ΔG°<0.
Séparer équilibre et vitesse $Q > K \Rightarrow ΔG > 0$
Pourquoi cette étape ? Une barrière cinétique peut ralentir une transformation favorable. Ce bilan ne prédit pas un temps de réaction.

Règles, cas particuliers et autre exemple

La chaleur échangée à pression constante est reliée à ΔH pour le système décrit. En calorimétrie, q=mcΔT et les échanges se compensent dans un ensemble isolé. L’énergie libre ΔG=ΔG°+RT ln Q donne le sens spontané à température et pression fixées. À l’équilibre ΔG=0 et Q=K, donc ΔG°=−RT ln K. Q et K utilisent des activités sans dimension. Favorable ne signifie pas rapide : une barrière cinétique peut empêcher une transformation observable.

Exemple résolu

ΔG°=−5 000 J/mol, T=298 K. ln K=5000/(8,314×298)≈2,0181, donc K≈7,52405. Si Q=1, ΔG<0; si Q>K, le sens inverse devient favorable. La température de référence doit accompagner la constante.

Comparer énergie libre et équilibre

ΔG°=−5 000 J/mol à 298 K : K≈7,52405. Chauffer 100 g d’eau de 5 K demande 2 090 J sans changement de phase.

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Acides, bases et solubilité

Résoudre un acide faible et tester l’approximation

HA dans l’eau : concentration initiale C=0,10 mol/L, Ka=10⁻⁵. On assimile les activités aux concentrations divisées par 1 mol/L et on néglige l’autoprotolyse.

Le rappel qui sert ici. HA+H₂O⇌H₃O⁺+A⁻ donne [H₃O⁺]=[A⁻]=x et [HA]=C−x dans ce modèle simple.

Former le quotient d’équilibre $Kₐ = \frac{x²}{C - x}$
Pourquoi cette étape ? Les deux espèces ioniques valent x. Le solvant eau a une activité assimilée à 1 dans ce modèle dilué.
Faire une première approximation $C - x \approx C \Rightarrow x \approx \sqrt (KₐC) = 0,001 mol / L$
Pourquoi cette étape ? Cette forme n’est admissible que si la dissociation est faible devant C. On doit donc vérifier l’hypothèse après le calcul.
Contrôler le rapport de dissociation $\frac{x}{C} \approx \frac{0,001}{0,10} = 1 %$
Pourquoi cette étape ? La variation est petite ici. Une règle de 5 % est un repère pédagogique, pas une preuve universelle de précision pour tout équilibre.
Résoudre aussi l’équation exacte du modèle $x² + Kₐx - KₐC = 0 \Rightarrow x \approx 0,000995012 mol / L$
Pourquoi cette étape ? On garde la racine positive inférieure à C. Le calcul numérique utilise une forme rationnalisée pour éviter la soustraction de nombres presque égaux.
Calculer le pH $pH = - log₁₀ (\frac{x}{1 mol / L}) \approx 3,00217$
Pourquoi cette étape ? Le logarithme porte sur une activité sans dimension. L’approximation aurait donné pH=3; le résultat est cohérent mais n’est pas exactement égal.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Le pH vaut −log₁₀a(H₃O⁺). En solution suffisamment diluée, on approxime l’activité par [H₃O⁺]/(1 mol/L). Pour un acide faible HA de concentration initiale C, Kₐ=x²/(C−x) dans le modèle simple sans autre source de H₃O⁺. L’approximation x≈√(KₐC) doit être vérifiée. Pour une dissolution, comparer le produit ionique Qₛ au Kₛ : Qₛ>Kₛ signale une sursaturation. La neutralité électrique et les bilans de matière restent nécessaires dans les mélanges plus complexes.

Exemple résolu

C=0,1 mol/L, Kₐ=10⁻⁵. x≈0,001 mol/L, soit 1 % de C; pH≈3. La racine positive exacte (-Kₐ+√(Kₐ²+4KₐC))/2≈0,000995012 donne pH≈3,00217.

Résoudre un équilibre de solution

Acide faible C=0,1 mol/L, Ka=10⁻⁵ : x≈0,000995012 mol/L et pH≈3,00217. Sel AB avec Ks=10⁻¹⁰ : solubilité idéale en eau pure 10⁻⁵ mol/L.

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Cinétique et électrochimie

Relier la cinétique d’ordre 1 aux dérivées et intégrales

C₀=1 mol/L et k=0,20 min⁻¹. Le modèle est dC/dt=−kC, à conditions constantes.

Le rappel qui sert ici. Une primitive de 1/C est lnC. L’exponentielle redonne une concentration positive. Les unités de k et t doivent être compatibles. Reprendre ce rappel avec un exemple.

Séparer les variables $\frac{dC}{C} = - k dt$
Pourquoi cette étape ? Pour C>0, on divise l’équation par C. La solution nulle existe aussi, mais ne correspond pas à C₀=1.
Intégrer avec la condition initiale $\ln (\frac{C}{C₀}) = - kt$
Pourquoi cette étape ? Le rapport C/C₀ est sans dimension. L’intégration définie entre C₀ et C regroupe correctement la constante.
Retrouver C et évaluer à cinq minutes $C (t) = C₀ e^{- kt}, C (5) = e^{- 1} \approx 0,367879 mol / L$
Pourquoi cette étape ? k×t=0,20×5=1. Employer t en secondes sans convertir k changerait le problème.
Déduire la demi-vie $t½ = \frac{\ln 2}{k} \approx 3,46574 \min$
Pourquoi cette étape ? C/C₀=1/2 donne −kt=ln(1/2)=−ln2. La demi-vie ne dépend pas de C₀ pour cet ordre 1.
Vérifier par dérivation $C′ = - kC₀ e^{- kt} = - kC$
Pourquoi cette étape ? La règle de chaîne redonne le facteur −k. Les coefficients de la réaction équilibrée ne suffisent pas à déterminer son ordre cinétique.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Une cinétique d’ordre 1 vérifie dC/dt=−kC, donc C=C₀e⁻ᵏᵗ et t½=ln2/k. L’ordre se détermine par un modèle ou des données, pas par les seuls coefficients stœchiométriques. Dans une pile, l’oxydation libère des électrons à l’anode et la réduction les reçoit à la cathode. La relation ΔG=−nFE connecte réaction et énergie électrique. Nernst donne E=E°−(RT/nF)ln Q, pour le quotient de la réaction globale telle qu’elle est écrite.

Exemple résolu

k=0,2 min⁻¹, C₀=1 mol/L. Après 5 min, C=e⁻¹≈0,367879 mol/L; t½≈3,46574 min. Doubler C₀ double C(t) mais ne change pas la demi-vie de ce modèle d’ordre 1.

Relier la cinétique aux équations différentielles

C₀=1 mol/L, k=0,2 min⁻¹ : C(5)=e⁻¹≈0,367879 mol/L et demi-vie≈3,46574 min. Extension Nernst : E°=1,10 V, n=2, T=298 K, Q=10 donnent E≈1,07044 V.

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Structure, matériaux et diffusion

Compter une maille avant de calculer sa masse volumique

Maille cubique à faces centrées : M=0,06355 kg/mol, paramètre a=361 pm, NA=6,022×10²³ mol⁻¹.

Le rappel qui sert ici. Un coin appartient à huit mailles; une face est partagée entre deux. Le volume d’une maille cubique vaut a³.

Compter les coins partagés $Z ꜀ ₒᵢₙₛ = 8 \times \frac{1}{8} = 1$
Pourquoi cette étape ? Il y a huit positions de coin, mais chaque maille ne reçoit qu’un huitième de chacun de ces atomes.
Ajouter les faces $Zꜰₐ ꜀ ₑₛ = 6 \times \frac{1}{2} = 3 \Rightarrow Z = 4$
Pourquoi cette étape ? Les centres de faces ne sont pas des atomes supplémentaires entiers pour cette maille seule.
Convertir la taille et trouver le volume $a = 361 \times 10^{- 12} m, V = a^{3} \approx 4,70459 \times 10^{- 29} m³$
Pourquoi cette étape ? Le facteur de conversion est lui aussi élevé au cube. Un picomètre vaut 10⁻¹² m, pas 10⁻⁹ m.
Calculer la masse effective de la maille $m ꜀ = \frac{ZM}{Nₐ} \approx 4,22119 \times 10^{- 25} kg$
Pourquoi cette étape ? M/NA est la masse d’un atome moyen de cet élément; on la multiplie par le nombre effectif Z.
Diviser masse par volume $ρ = \frac{ZM}{Nₐa³} \approx 8,97 \times 10^{3} kg / m³$
Pourquoi cette étape ? On relie une structure microscopique à une propriété macroscopique. Le dessin de maille est une projection géométrique, pas une taille réelle d’atomes ni une explication complète des propriétés du matériau.

Règles, cas particuliers et autre exemple

Les liaisons et la microstructure influencent rigidité, conduction et résistance à la corrosion. Une maille compte les fractions d’atomes partagés avec ses voisines : un coin contribue 1/8, une face 1/2. Pour une maille cubique, ρ=ZM/(Nₐa³) avec unités cohérentes. Les polymères ont des chaînes dont mobilité et organisation modifient les propriétés. Le flux diffusif J=−D dc/dx relie transport et gradient; cette loi locale ne décrit pas à elle seule toute l’évolution temporelle d’un solide.

Exemple résolu

maille cubique à faces centrées : 8 coins×1/8+6 faces×1/2=4 atomes effectifs. Pour Z=4, M=0,06355 kg/mol, a=3,61×10⁻¹⁰ m et Nₐ=6,022×10²³ mol⁻¹, ρ≈8,97×10³ kg/m³. Ce calcul lie géométrie microscopique et masse volumique.

De la maille au transport de matière

Maille à faces centrées : Z=4. M=63,55 g/mol, a=361 pm donnent ρ≈8,97×10³ kg/m³. Diffusion : D=10⁻⁹ m²/s et gradient −100 mol/m⁴ donnent J=+10⁻⁷ mol/(m²·s).

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Pour aller plus loin

Cinétique multiréaction, Arrhenius, tampons et titrages complets, activités non idéales, diagrammes de phases, corrosion quantitative, polymérisation, combustion et bilans couplés matière-énergie. Ce socle avec extensions ne constitue pas toute la chimie avancée demandée à terme.