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نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2018: الكيمياء - شعبة PSI لولوج مدارس المهندسين

🏢 المباراة الوطنية المشتركة CNC (الأقسام التحضيرية) 👤 مباراة ولوج المدارس العليا للمهندسين 🎯 الكيمياء 📅 2018 👁️ 33 مشاهدة

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باختصار

هذا نموذج امتحان كتابي سابق لمباراة مباراة ولوج المدارس العليا للمهندسين لدى المباراة الوطنية المشتركة CNC (الأقسام التحضيرية) (2018)، منشور على وظيفة إنفو للاطلاع والتحميل المجاني بصيغة PDF مع تصحيح مقترح.

الجهة المنظمة
المباراة الوطنية المشتركة CNC (الأقسام التحضيرية)
الدرجة
مباراة ولوج المدارس العليا للمهندسين
التخصص
الكيمياء
الدورة
2018
عدد الصفحات
6
لغة الأسئلة
الفرنسية
التصحيح
تصحيح مقترح متوفر في هذه الصفحة
الموضوع الرسمي لاختبار الكيمياء في المباراة الوطنية المشتركة (CNC) دورة 2018 لولوج المدارس العليا للمهندسين والمؤسسات المماثلة، الخاص بطلبة الأقسام التحضيرية شعبة PSI. يتضمن هذا النموذج 6 صفحة من نص الاختبار الأصلي. تجد في الموقع مواضيع باقي المواد والسنوات لنفس المباراة.
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📝 نص أسئلة النموذج (مستخرج آلياً من الصفحات الممسوحة)

استُخرج هذا النص آلياً من صور الامتحان وقد يحتوي على أخطاء في القراءة — الصور أعلاه هي المرجع.

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Concours National Commun - Session 2018 - Filière PSI

* On veillera à une présentation et une rédaction claires et soignées des copies.

Il convient en particulier de rappeler avec précision les |références des
questions abordées.

Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur
d’énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en indiquant
clairement les raisons des initiatives qu’il est amené à prendre.

Toutes les réponses devront être très soigneusement justifiées.

e Si un résultat donné par l'énoncé est non démontré, il peut néanmoins être
admis pour les questions suivantes. Ainsi, les diverses parties du problème
sont relativement indépendantes entre elles.

Le fluor et ses composés

Le fluor est un élément relativement abondant dans l'écorce terrestre (0,2%
atomique). On le retrouve dans la plupart des milieux géologiques, mais
notamment dans les roches ignées et de grès. À cause de sa nature extrêmement
réactive, le fluor ne fut isolé que tardivement, par Henri Moissan sous forme de
difluor en 1886, ce qui lui valut le prix Nobel de chimie en 1906.

Le difluor se présente sous la forme d'un gaz jaune verdâtre dont l'odeur est
irritante. C’est un gaz toxique qui a de nombreuses utilisations : raffinage du
pétrole, enrichissement de l’uranium, plastique, tomographie par émission de
positons, dentifrice, …

Données :

* Masse molaire atomique du fluor : M(F)=19,00g.mol" ;

* Masse molaire atomique du calcium : M(Ca)= 40,08g.mol" ;
e Numéro atomique du calcium : Z(Ca)=20 ;

٠ Nombre de Faraday : F =9,65.10* 00/7 ;

‹ Constante d’Avogadro : N, =6,02.10” mo!" ‏ب‎

٠ Charge élémentaire : e=1,6.10""C ;

‹ Constante des gaz parfaits : 228,314 J.K" mo!” ;

Produit ionique de l’eau à 25 °C : pK, =14,0 ;

Les gaz seront considérés parfaits et les solutions aqueuses diluées ;

*  Grandeurs thermodynamiques à 25 °C sous P° =1 bar :

Enthalpie molaire standard de formation
A H° en kJ.mol”

Entropie molaire standard S en J.K'mol”

Épreuve de Chimie 1/6

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Concours National Commun - Session 2018 - Filière PSI

1.  آ‎ fluor et les halogènes
Les halogènes, fluor, chlore, brome et iode sont les éléments de l’avant-

dernière colonne du tableau périodique des éléments chimiques.

1.1. Le fluor est situé dans la deuxième période du tableau périodique. Donner
la configuration électronique de l’atome du fluor dans son état
fondamental. Déterminer combien un atome de cet élément possède
d’électrons de cœur, d’électrons de valence et d’électrons célibataires.

1.2. Donner la composition de l’atome de fluor sachant que son nombre de
masse est A=19.

1.3. Attribuer, en justifiant, à chaque atome d’halogène son électronégativité
(échelle de Pauling) : 3,16 ; 3,98 ; 2,66 ; 2,96.

1.4. Quel est le nombre d’oxydation (non nul) usuel des éléments de la famille
des halogènes ? Justifier.

1.5. Déterminer, en justifiant, le nombre d'oxydation des éléments F, H, CI ou
C dans les composés suivants : F,, HF, CIF, et CE,

1.6. Quel ion les halogènes (notés X ) ont-il tendance à donner ? Justifier
pourquoi.

1.7. Justifier pourquoi les halogènes forment des molécules du type X,.

1.8. Le tableau ci-dessous donne le rayon de Van der Waals, les températures
de fusion (T,) et d’ébullition (7,,) des dihalogènes.

Rayon de Van der Waals (pm) | 155 | 180 | 19 | 19 |
7) °C) -188 | -35 | 59 | 184

Interpréter l’évolution de ces propriétés physiques.
1.9. La distance entre le centre de deux atomes de fluor est de 249pm dans le

fluorure d'hydrogène cristallin. Dans un tel système, on rencontre une
liaison covalente H-F de longueur d(H-F)=9®2pm et ‘une liaison

hydrogène H...F de longueur d(H...F).

1.9.1. Définir une liaison hydrogène. Comparer son intensité à celle d'une
liaison covalente et à celle des forces de van der Waals.

1.9.2. Calculer la longueur d(H...F) de la liaison hydrogène 1... .

1.9.3. La molécule de fluorure d'hydrogène présente un moment dipolaire

de 1,82D, (1D=3,33.10"C.m). Calculer le moment dipolaire qu’aurait cette
molécule si la liaison H-F était totalement ionique. En déduire le
caractère ionique partiel de cette liaison.
2. Structure cristalline du fluorure de calcium
Le fluorure de calcium, présent dans la nature sous la forme de fluorine,
est la principale source mondiale en difluor. C'est un solide insoluble dans l'eau.
Dans sa structure cristalline, les cations forment un empilement cubique à faces

Épreuve de Chimie 2/6

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Concours National Commun - Session 2018 - Filière PSI

centrées et les anions occupent la totalité des sites tétraédriques. Le paramètre

de la maille est a=0,543nm.

2.1. Donner la structure électronique du calcium Ca. Justifier la formation du
fluorure de calcium CaF, . De quel type de composé s'agit-il ?

2.2. Représenter avec précision une maille de ce réseau. Que vaut la
coordinence de chaque ion ? Justifier que ceci est en accord avec la formule
de CaF,.

2.3. Donner le nombre d’atomes de chaque espèce par maille. La stœchiométrie
CaF, est-elle respectée ?

2.4. Calculer la masse volumique du fluorure de calcium.

3.  Acidité de l’acide fluorhydrique
L'acide fluorhydrique (HF), gaz incolore de production industrielle, est un

acide faible très corrosive et toxique. Il est utilisé dans la production de

substances fluorocarbonées, de solutions aqueuses de HF, dans la synthèse
d’hexafluorure d’uranium, dans l’alkylation des produits dérivés du pétrole et
dans la synthèse de produits chimiques.

On note ‏عا‎ la constante d’acidité et œ le coefficient de dissociation de cet
acide en solution aqueuse.

3.1. Écrire la réaction (1) de dissociation de HF dans l’eau. Exprimer K, en
fonction de a et de la concentration initiale c en acide.

3.2. La variation de a et celle du pH de la solution d'acide fluorhydrique en
fonction du logarithme de la concentration en acide ( log(c) ) sont
représentées ci-dessous respectivement sur les graphes (a) et (b).

1,2 pH
0,8 | 5
06 4
0,4 | 3
0,2 2
0 1 A A 1 1 1 A A 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
5 4 3 2 -1 0 log(c) 54 3 2 1 0 log(e)
graphe (a) graphe (b)
3.2.1. Interpréter les courbes représentées sur les deux graphes (a) et (b).
3.2.2. Sachant que pour log(c)=-2,9 , a=0,5 , calculer la valeur de
3.2.3. Calculer la concentration de la solution d’acide fluorhydrique où HF

est dissocié à 80%. En déduire le pH de cette solution.

Épreuve de Chimie 3/6

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Concours National Commun - Session 2018 - Filière PSI

4 Solubilité du fluorure de calcium

4.1. Écrire la réaction (2) de dissolution du fluorure de calcium CaF,, dans
l’eau. Exprimer le produit de solubilité K, du fluorure de calcium.

4.2. Dans cette question, on ne tient pas compte du caractère basique des ions
fluorure. La solubilité du fluorure de calcium dans l’eau à 25°C est
2,14.10* mol.L" . Calculer numériquement K,.

4.3. En tenant compte du caractère basique des ions fluorure, exprimer la

solubilité s du fluorure de calcium, en fonction de K,, K, et h= [H,0* ] ;

4.4. Comment varie la solubilité de CaF,

5, en fonction du pH de la solution
aqueuse ?

4.5. La solubilité de CaF,, à 25°C vaut s =6,3.107molL" à pH,=1,0 et
s, =2,0.10*molL!" à pH,=6,0 . En déduire les valeurs de K, et K, .
Commenter.

5. Production de l’acide fluorhydrique
La production industrielle de l’acide fluorhydrique est basée sur l’action de

l’acide sulfurique liquide (H,SO,) sur le difluorure de calcium solide que l’on

trouve à l’état naturel dans le « spath fluor, ou fluorine». Le spath fluor est
préalablement réduit en poudre et doit contenir au minimum 97% de fluorure de
calcium. Le mélange de fluorure de calcium - acide sulfurique, en léger excès
pour assurer la conversion complète de la fluorine, est porté à la température de
100°C à 300°C.

On modélise la synthèse industrielle de l’acide fluorhydrique par la réaction
chimique d’équation bilan :

‎L’enthalpie libre standard exprimée en J.mol de cette réaction est
A G;(T)=84,0.10* - 549,957 +47,7TLn(T), avec la température T en K.

‎5.1. Déterminer la variance du système constitué par le mélange initial des deux
produits réagissant. Commenter.

‎5.2. Donner le signe de l’entropie standard A,S;(T) de la réaction. Vérifier-le en
calculant A,S°(T).
5.3. Calculer l’enthalpie standard A H)(T) de la réaction. Commenter.

‎5.4. Dire, en le justifiant, si la synthèse de HF_, est favorisée par des

‎températures basses et par des pressions faibles.

‎5.5. Cette synthèse est réalisée à la température T =300°C et sous la pression
P=lbar . Calculer la constante d’équilibre K, de la réaction (3) à cette
température. Commenter.

‎5.6. Dans un réacteur de volume constant V =141,4m* initialement vide, on
introduit 2,82.10*mol de difluorure de calcium et 2,86.10*mol d’acide

‎Épreuve de Chimie 4/6

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sulfurique préalablement préchauffés à la température T =300°C sous la
pression P=lhar . Déterminer la composition finale du système et la
pression des gaz. On négligera le volume des solides.
6. Utilisation de l’acide fluorhydrique
Également appelée conversion, la fluoration permet la purification des
concentrés uranifères et leur transformation sous la forme de tétrafluorure
d’uranium (UF,), puis en hexafluorure d’uranium (UF,) largement utilisé pour la
production d’énergie pour la fission nucléaire. L’équation bilan de la réaction de
fluoration est :

6.1. Calculer l’enthalpie standard A H}(T) et l’entropie standard A S(T) de la
réaction (4).
6.2. Exprimer l’enthalpie libre standard A,G;(T) de la réaction (4) en fonction de
la température T du système dans l’approximation d’Ellingham.

6.3. La fluoration du dioxyde d’uranium est réalisée à la température T = 700K
et sous la pression totale P=lbhar. On considère un mélange initial, à cette

température et sous cette pression, constitué de 0,1mol de ‏ىنا‎ €t Imol de

HF, On note £ l'avancement de la réaction.

6.3.1. Calculer la valeur de la constante d’équilibre K, à T=700K.

6.3.2. Exprimer la constante d’équilibre en fonction de l’avancement &, à
l’équilibre et des autres données.

6.3.3. Montrer qu’il y a rupture d’équilibre et déterminer la composition
finale du système.

6.3.4. On considère maintenant un mélange initial constitué de Imol de

‎et 1mol de HF, On maintient la température 7 =700K et la pression‏ ىنا

‎totale P=lbar du système constantes. Déterminer comment évolue le
système lorsqu’on ajoute au mélange initial :

‎6.3.4.1. Imol de fluorure 113770170266026 gazeux ;

‎6.3.4.2. Imol de dioxyde d’uranium solide ;

‎6.3.4.3. Imol d’un constituant gazeux supposé inerte.

‎6.4. Le difluor est très utilisé dans l’industrie nucléaire. Il est fabriqué par
électrolyse du fluorure d'hydrogène dissout dans le fluorure de potassium
(KF) fondu suivant la réaction (5) d’équation bilan :

‎2HF gp, ‏ولاح‎ Pa) 65)

‎On désigne par H le fluorure d'hydrogène dissout dans le fluorure de

‎potassium fondu. Ce dernier joue le rôle d’un solvant et d’un conducteur.

‎6.4.1. Écrire les équations des réactions dans la cathode en acier et l’anode
en carbone. On suppose les électrodes non attaquables.
6.4.2. Calculer la masse de difluor produite en A:=24 heures avec un

‎courant d’intensité Z/=1500A maintenue constante.

‎Épreuve de Chimie 5/6

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6.4.3. Expliquer pourquoi on ne peut pas réaliser cette électrolyse dans le
fluorure d'hydrogène liquide.
6.4.4. Le difluor gazeux peut interagir avec les tubes d'échange utilisé dans

l’industrie nucléaire lors de la synthèse de l’hexafluorure d’uranium. Afin
de simplifier l’étude, on suppose que ces tubes sont en acier que l’on
assimile au fer. Justifier que le fer est corrodé par le difluor à la
température 7 =700K selon la réaction (6) d’équation bilan :

Fete —— FeRn (6)

On donne l’enthalpie libre standard de cette réaction à T=700K
AG} =-611k7.mol".

6.4.5. Même passivé, l’acier ne convient pas à l’industrie nucléaire. Le
nickelage électrochimique de l’acier permet de protéger celui-ci de la
corrosion par le difluor.

6.4.5.1. Écrire d’équation bilan de la réaction (7) du difluor gazeux sur le
nickel solide. L’enthalpie libre standard de cette réaction à T7 =700K est

A,G; =-546,4kJ.mol . Calculer la constante d’équilibre K, de la réaction (7)
à cette température. Commenter.

6.4.5.2. Le nickel est fortement passivé par le difluorure de nickel formé.
Expliquer ce qu’est la passivation. S’agit-il d’un phénomène cinétique ou
thermodynamique ?

Épreuve de Chimie 6/6

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✅ التصحيح المقترح

هذا تصحيح مقترح من إعداد فريق wadifa-info لمساعدتك على فهم منهجية الإجابة — وليس تصحيحاً رسمياً صادراً عن الإدارة المنظِّمة. أسئلة هذا الامتحان محررة بالفرنسية، لذلك التصحيح محرر بالفرنسية أيضاً.

Ce modèle est l'épreuve de Chimie du Concours National Commun (CNC) 2018, filière PSI, pour l'admission aux écoles d'ingénieurs. Sujet de 6 pages : « Le fluor et ses composés » (atomistique des halogènes, cristallographie de la fluorine CaF2, acidité de HF, solubilité de CaF2, thermochimie de la production de HF et de la fluoration de l'uranium, électrolyse et corrosion). Voici une correction proposée, avec tous les calculs.

💡 Méthode : les parties 1 à 4 sont des questions de cours appliquées, rapides et sûres. Les parties 5 et 6 demandent de la rigueur sur les activités (solides purs : activité 1) et sur la comparaison quotient de réaction / constante d'équilibre pour conclure à une « rupture d'équilibre ».

1. Le fluor et les halogènes

1.1. F (Z = 9) : 1s2 2s2 2p5. Électrons de cœur : 2 (1s2) ; électrons de valence : 7 (2s2 2p5) ; électrons célibataires : 1 (une des trois orbitales 2p n'est occupée que par un électron).

1.2. 199F : 9 protons, 9 électrons et 19 − 9 = 10 neutrons.

1.3. Dans une colonne, l'électronégativité diminue quand on descend (rayon croissant, électrons de valence moins retenus) : F : 3,98 ; Cl : 3,16 ; Br : 2,96 ; I : 2,66.

1.4. Configuration de valence ns2 np5 : en gagnant un électron, l'atome acquiert la configuration du gaz noble suivant. Nombre d'oxydation usuel : −I.

1.5.

  • F2 : molécule homonucléaire, n.o.(F) = 0.
  • HF : F plus électronégatif que H : F : −I ; H : +I.
  • ClF3 : F (le plus électronégatif de tous) est à −I ; neutralité : Cl : +III.
  • CF4 : F : −I ; C : +IV.

1.6. Les halogènes donnent l'ion halogénure X− : avec 7 électrons de valence et une forte électronégativité (forte affinité électronique), le gain d'un électron complète l'octet (configuration de gaz noble).

1.7. Chaque atome X possède un électron célibataire : la mise en commun de ces deux électrons forme une liaison covalente simple X–X qui donne à chaque atome son octet (trois doublets non liants + un doublet liant). D'où des molécules diatomiques X2.

1.8. De F2 à I2, le rayon et le nombre d'électrons augmentent : le nuage électronique devient plus polarisable, donc les interactions de van der Waals (forces de London, seules présentes entre ces molécules apolaires) sont de plus en plus intenses. Il faut plus d'énergie pour séparer les molécules : Tfus et Téb augmentent. À 25 °C : F2 et Cl2 sont gazeux, Br2 liquide, I2 solide.

1.9.1. Une liaison hydrogène est une interaction essentiellement électrostatique entre un atome H lié à un atome très électronégatif (F, O, N) et un doublet non liant d'un autre atome très électronégatif : A–H···B. Intensité (ordre de grandeur) : environ 10 à 40 kJ·mol−1, c'est-à-dire beaucoup plus faible qu'une liaison covalente (quelques centaines de kJ·mol−1) mais plus forte que les interactions de van der Waals (quelques kJ·mol−1).

1.9.2. Les atomes F–H···F sont alignés (liaison hydrogène linéaire) : d(H···F) = 249 − 92 = 157 pm.

1.9.3. Liaison totalement ionique (charges ±e distantes de 92 pm) : μion = e·d = 1,6·10−19 × 92·10−12 = 1,47·10−29 C·m = 4,42 D. Caractère ionique partiel : 1,82/4,42 ≈ 41 %.

2. Structure cristalline du fluorure de calcium

2.1. Ca (Z = 20) : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2. Ca perd facilement ses deux électrons 4s (Ca2+, configuration de l'argon) ; chaque F gagne un électron (F−, configuration du néon). La neutralité impose un Ca2+ pour deux F− : CaF2. La différence d'électronégativité étant très grande, c'est un composé (cristal) ionique.

2.2. Maille cubique d'arête a : Ca2+ aux 8 sommets et aux centres des 6 faces (CFC) ; F− aux centres des 8 petits cubes d'arête a/2, c'est-à-dire aux positions (¼, ¼, ¼), (¾, ¼, ¼)… (tous les sites tétraédriques).
Coordinences : chaque F− est entouré de 4 Ca2+ (tétraèdre) ; chaque Ca2+ est entouré de 8 F− (cube). Coordinence [8 : 4]. Accord avec la formule : nombre de liaisons Ca–F compté des deux côtés, N(Ca) × 8 = N(F) × 4 ⇒ N(F)/N(Ca) = 2.

2.3. Ca2+ : 8 × 1/8 + 6 × 1/2 = 4 ; F− : 8 × 1 = 8. Rapport 8/4 = 2 : la stœchiométrie CaF2 est respectée (4 motifs CaF2 par maille).

2.4. M(CaF2) = 40,08 + 2 × 19,00 = 78,08 g·mol−1 ; a3 = (0,543·10−7 cm)3 = 1,601·10−22 cm3.
ρ = 4M/(NAa3) = 4 × 78,08/(6,02·1023 × 1,601·10−22) ≈ 3,24 g·cm−3 (3,24·103 kg·m−3).

3. Acidité de l'acide fluorhydrique

3.1. (1) : HF + H2O ⇌ F− + H3O+. Bilan : [F−] = [H3O+] = αc ; [HF] = c(1 − α) (autoprotolyse de l'eau négligée) : Ka = cα2/(1 − α) (loi de dilution d'Ostwald).

3.2.1. Graphe (a) : α diminue quand c augmente ; α → 1 aux grandes dilutions (log c < −5 : HF presque totalement dissocié, comportement d'acide fort) et α devient faible pour les solutions concentrées (HF peu dissocié, acide faible). Graphe (b) : le pH décroît quand c augmente ; aux faibles concentrations pH ≈ −log c (pente −1, acide totalement dissocié) ; aux fortes concentrations pente ≈ −1/2, pH ≈ ½(pKa − log c) (acide faible peu dissocié) ; par exemple à log c = 0, pH ≈ 1,6 ≈ ½ × 3,2.

3.2.2. Pour α = 0,5 : Ka = c × 0,25/0,5 = c/2, avec c = 10−2,9 = 1,26·10−3 mol·L−1 : Ka ≈ 6,3·10−4 ⇒ pKa = 2,9 + log 2 ≈ 3,2.

3.2.3. α = 0,8 : c = Ka(1 − α)/α2 = 6,3·10−4 × 0,2/0,64 ≈ 2,0·10−4 mol·L−1. [H3O+] = αc ≈ 1,57·10−4 mol·L−1 ⇒ pH ≈ 3,8 (≫ 10−7, autoprotolyse bien négligeable).

4. Solubilité du fluorure de calcium

4.1. (2) : CaF2(s) ⇌ Ca2+ + 2 F− ; Ks = [Ca2+][F−]2.

4.2. [Ca2+] = s, [F−] = 2s ⇒ Ks = 4s3 = 4 × (2,14·10−4)3 ≈ 3,9·10−11 (pKs ≈ 10,4).

4.3. s = [Ca2+] ; conservation du fluor : [F−] + [HF] = 2s avec [HF] = [F−]h/Ka, donc [F−] = 2s/(1 + h/Ka). Alors Ks = 4s3/(1 + h/Ka)2, soit

s = (Ks/4)1/3·(1 + h/Ka)2/3.

4.4. Quand le pH diminue, h augmente et s augmente : CaF2 est plus soluble en milieu acide (F− est capté sous forme HF). Pour pH > pKa + 1, s ≈ (Ks/4)1/3 est constante ; pour pH < pKa − 1, log s = ⅓log(Ks/4) + ⅔(pKa − pH) : droite de pente −2/3 en fonction du pH.

4.5. À pH2 = 6 : h/Ka ≈ 10−6/6·10−4 ≪ 1, donc Ks = 4s23 = 4 × (2,0·10−4)3 = 3,2·10−11 (pKs ≈ 10,5).
À pH1 = 1 : (1 + h/Ka)2 = 4s13/Ks = 4 × (6,3·10−3)3/3,2·10−11 ≈ 3,13·104 ⇒ 1 + h/Ka ≈ 177 ⇒ Ka = 0,1/176 ≈ 5,7·10−4 (pKa ≈ 3,25).
Commentaire : valeurs cohérentes avec la partie 3 (pKa ≈ 3,2) et avec 4.2 (Ks ≈ 3,9·10−11) aux incertitudes de lecture près ; entre pH 6 et pH 1, la solubilité est multipliée par ≈ 30.

5. Production de l'acide fluorhydrique

5.1. Constituants à l'équilibre : CaF2(s), H2SO4(l), HF(g), CaSO4(s) : n = 4, une réaction (r = 1), 4 phases (deux solides non miscibles, un liquide pur, un gaz). Paramètres intensifs : T, P, plus la seule fraction molaire non fixée (le gaz est pur, PHF = P). Variance v = (n − r) + 2 − φ = 3 + 2 − 4 = 1.
Commentaire : le système est monovariant : à T fixée, la pression d'équilibre PHF est imposée. Si l'on fixe à la fois T et P (différente de Péq(T)), l'équilibre ne peut pas s'établir : la réaction est totale jusqu'à disparition d'un réactif (rupture d'équilibre).

5.2. Δνgaz = +2 : création de gaz, donc ΔrS°3 > 0. ΔrS°3 = −dΔrG°3/dT = 549,95 − 47,7(ln T + 1) = 502,25 − 47,7 ln T (J·K−1·mol−1).
À 298 K : ≈ 230 J·K−1·mol−1 ; à 573 K : ≈ 199 J·K−1·mol−1 : positive, comme prévu.

5.3. ΔrH°3 = ΔrG°3 + TΔrS°3 = 84,0·103 − 47,7 T (J·mol−1). À 298 K : ≈ 69,8 kJ·mol−1 ; à 573 K : ≈ 56,7 kJ·mol−1.
Commentaire : réaction endothermique (il faut chauffer le réacteur) ; ΔrH° dépend de T car ΔrC°p = dΔrH°/dT = −47,7 J·K−1·mol−1 ≠ 0 (l'approximation d'Ellingham n'est pas utilisée ici).

5.4. Température : réaction endothermique ⇒ une élévation de T favorise la formation de HF (Van 't Hoff) ; les températures basses ne la favorisent donc pas. Pression : Δνgaz = +2 > 0 ⇒ une basse pression favorise la formation de HF (Le Chatelier) : oui pour les pressions faibles.

5.5. T = 573 K : ΔrG°3 = 84 000 − 549,95 × 573,15 + 47,7 × 573,15 × ln 573,15 ≈ −57,6 kJ·mol−1 ; K3 = exp(−ΔrG°/RT) ≈ 1,8·105.
Commentaire : K3 ≫ 1 : réaction très favorable à 300 °C. Comme K3 = (PHF/P°)2, la pression d'équilibre serait PHF = √K3 ≈ 420 bar ; sous 1 bar (Q = 1 < K3), la réaction est totale.

5.6. CaF2 (2,82·103 mol) est limitant devant H2SO4 (2,86·103 mol). Si la réaction est totale : n(HF) = 2 × 2820 = 5640 mol et PHF = nRT/V = 5640 × 8,314 × 573/141,4 ≈ 1,90·105 Pa = 1,9 bar. Alors Q = (1,9)2 ≈ 3,6 < K3 : l'équilibre n'est jamais atteint, la réaction est bien totale (rupture d'équilibre par disparition de CaF2).
Composition finale : CaF2 : 0 ; H2SO4 : 40 mol ; CaSO4 : 2,82·103 mol ; HF : 5,64·103 mol ; pression des gaz P ≈ 1,9 bar.

6. Utilisation de l'acide fluorhydrique

6.1. (4) : UO2 + 4 HF → UF4 + 2 H2O(g).
ΔrH°4 = −1921 + 2(−241,8) − (−1085) − 4(−271,1) = −235,2 kJ·mol−1 ;
ΔrS°4 = 151,7 + 2 × 188,7 − 77,8 − 4 × 173,7 = −243,5 J·K−1·mol−1 (Δνgaz = −2, cohérent).

6.2. Approximation d'Ellingham (ΔrH° et ΔrS° indépendants de T) : ΔrG°4(T) = −235,2·103 + 243,5 T (J·mol−1).

6.3.1. À 700 K : ΔrG°4 = −235 200 + 170 450 = −64,75 kJ·mol−1 ; K4 = exp(64 750/(8,314 × 700)) ≈ 6,8·104.

6.3.2. Bilan (mol) : UO2 : 0,1 − ξ ; HF : 1 − 4ξ ; UF4 : ξ ; H2O : 2ξ ; gaz total : ng = 1 − 2ξ. Pi = (ni/ng)P et solides d'activité 1 :

K4 = (PH2O/P°)2/(PHF/P°)4 = [4ξé2(1 − 2ξé)2/(1 − 4ξé)4]·(P°/P)2, qui se réduit à 4ξé2(1 − 2ξé)2/(1 − 4ξé)4 pour P = P° = 1 bar.

6.3.3. UO2 est limitant : ξmax = 0,1 mol. Pour ξ = 0,1 : Q = 4 × 0,01 × 0,82/0,64 ≈ 0,20 ≪ K4 = 6,8·104. L'équilibre exigerait ξ ≈ 0,24 mol > ξmax : UO2 disparaît avant que l'équilibre soit atteint : rupture d'équilibre, réaction totale.
Composition finale : UO2 : 0 ; HF : 0,6 mol ; UF4 : 0,1 mol ; H2O : 0,2 mol.

6.3.4. Avec 1 mol de UO2 et 1 mol de HF, HF est limitant et l'équilibre est atteint (ξé ≈ 0,242 mol : HF ≈ 0,031 mol, H2O ≈ 0,485 mol, UO2 ≈ 0,758 mol, UF4 ≈ 0,242 mol). À T et P constantes, Q = nH2O2·ng2/(nHF4)·(P°/P)2. On part de Q = K4.

6.3.4.1. Ajout de 1 mol de HF : nHF4 est multiplié par (1 + 1/nHF)4 et ng2 par (1 + 1/ng)2 seulement ; comme nHF < ng, le dénominateur croît plus vite : Q diminue, Q < K4 ⇒ évolution dans le sens direct (consommation de HF).

6.3.4.2. Ajout de 1 mol de UO2 solide : son activité reste égale à 1, Q est inchangé : aucun déplacement de l'équilibre.

6.3.4.3. Ajout de 1 mol de gaz inerte à P constante : ng augmente, donc Q augmente (facteur (1 + 1/ng)2), Q > K4 ⇒ évolution dans le sens indirect. L'ajout d'inerte à P constante équivaut à une baisse des pressions partielles, ce qui favorise le côté le plus riche en gaz (4 HF contre 2 H2O).

6.4.1. Les ions présents sont K+, F− (et HF2−).
Cathode (acier, réduction) : 2 HF + 2 e− → H2(g) + 2 F− ;
Anode (carbone, oxydation) : 2 F− → F2(g) + 2 e− ;
bilan : 2 HF → H2 + F2.

6.4.2. Q = IΔt = 1500 × 24 × 3600 = 1,296·108 C ; n(e−) = Q/F = 1,296·108/9,65·104 ≈ 1343 mol ; n(F2) = n(e−)/2 ≈ 672 mol ; m(F2) = 672 × 38,00 ≈ 25,5 kg (rendement faradique de 100 %).

6.4.3. Le fluorure d'hydrogène liquide est un solvant moléculaire très peu ionisé : il est quasi isolant, le courant ne peut pas y passer. Le fluorure de potassium fondu apporte les ions (K+, F−) qui assurent la conduction (il joue le rôle de « solvant et conducteur » indiqué par l'énoncé).

6.4.4. ΔrG°6 = −611 kJ·mol−1 ⇒ K6 = exp(611 000/(8,314 × 700)) ≈ e105 ≈ 4·1045. Avec Fe et FeF2 solides, K6 = P°/PF2,éq : la pression de F2 à l'équilibre serait ≈ 2,5·10−46 bar. Pour toute pression réelle de difluor, Q = P°/PF2 ≪ K6 (affinité chimique positive) : la réaction est spontanée et totale, le fer est corrodé.

6.4.5.1. (7) : Ni(s) + F2(g) → NiF2(s). K7 = exp(546 400/(8,314 × 700)) ≈ e93,9 ≈ 6·1040.
Commentaire : K7 ≫ 1 : thermodynamiquement, le nickel est lui aussi attaqué de façon totale par le difluor (un peu moins favorablement que le fer). La protection apportée par le nickel ne peut donc pas être d'origine thermodynamique.

6.4.5.2. La passivation est la formation à la surface du métal d'une couche de produit de corrosion (ici NiF2) compacte, adhérente et imperméable, qui isole le métal du milieu oxydant et bloque la poursuite de la réaction. C'est un phénomène cinétique : la réaction reste thermodynamiquement favorable (K7 énorme) mais sa vitesse devient pratiquement nulle.

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