Tutorat 2004-2005 Chimie - Corrigé du sujet n°1 Partie I - durée conseillée 20 minutes - 8 points 1) 1 H 2 ( g) ? O2 ( g) ? HO2 ( g) (0,25) 2 1 H 2 ( g) ? O2 ( g) ? HO2 ( aq) (0,25) 2 1 .

« 3.2) 2 méthodes : - S solv0  S f 0( HO 2(aq )) S f 0( HO 2(g )) -ou bien S 0  H 0 G 0 T (0,5) pour l’une ou l’autre des formules.

on trouve  S solv0  92 J.K1.mol 1 (0,25) S solv 0 est négatif car la solvatation s’accompagne d’un gain d’ordre.

(0,5) 4) 4.1) G 0 G f0(O 2( aq )) Gf0(H (aq)) Gf0(HO 2(aq)) (0,5) On trouve :  G 026, 75 kJ .mol -1 (0,25) 4.2) G RTlnK a ln K a  G RT 2, 3.log K a d’où : pKa  log Ka G 2, 3. RT N.B : formule équivalente à pKa log exp  G  RT            (0,5) on trouve pKa4, 7 (0,25) 4.3) G  G RTln[ O 2( aq )].[ H (aq )] [ HO 2(aq )]      d’où  G  G RTln[H (aq )]RT ln [ O 2( aq )] [ HO 2( aq )]      d’où  G pH0  G RTln[H (aq )] G 2, 3.

RT.pH 0,75 point pour la dem.

complète . On trouve  G 0' 13,12 kJ .mol 1 (0,25) N.B : autre méthode en passant par Ka KpH '  Ka [ H (aq )] G pH0  RTln K a [ H (aq )]      avec Ka 10  pKa Idem 0,75 point pour la dem.

complète . A pH=7,  G 0'13,12 kJ .mol  1 donc sens spontané, sens direct.

A pH=0,  donc sens spontané sens indirect (0,25) G026, 75 kJ .mol -1. »