Azote : $Z=7$, configuration $1s^{2}2s^{2}2p^3$, soit 5 électrons de valence. Chaque hydrogène en apporte 1 : $5+3\times 1=8$ électrons, donc 4 doublets.

Liaison N–H : $\Delta \chi =3,04-2,20=0,84>0,4$, la liaison est polarisée ; N porte une charge partielle négative, chaque H une charge partielle positive.

La molécule est pyramidale : le centre des charges partielles positives ne coïncide pas avec celui de la charge négative. L'ammoniac est donc une molécule polaire.

L'eau est elle aussi polaire ($\Delta \chi =3,44-2,20=1,24$ et molécule coudée).

L'ammoniac est la base du couple $\mathrm{NH}{}_4{}^{+}/\mathrm{NH}{}_3$ ; l'eau est l'acide du couple $\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}/\mathrm{HO}{}^{-}$ et lui cède un ion $\mathrm{H}{}^{+}$.

La réaction de l'ammoniac avec l'eau forme des ions hydroxyde $\mathrm{HO}{}^{-}$ : la solution devient basique et son pH, initialement égal à 7, augmente. L'ammoniac étant très soluble, il s'en dissout beaucoup et le pH dépasse 7,6.

Pour $\text{pH}<\text{p}{K}_A$, l'acide $\mathrm{NH}{}_4{}^{+}$ prédomine ; pour $\text{pH}>\text{p}{K}_A$, c'est la base $\mathrm{NH}{}_3$.

Ici $\text{pH}=11,0>\text{p}{K}_A=9,2$.

La base titrée $\mathrm{NH}{}_3$ capte l'ion $\mathrm{H}{}^{+}$ cédé par l'acide titrant $\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}$.

Un indicateur convient si sa zone de virage contient le pH à l'équivalence.

La méthode des tangentes parallèles, appliquée à la courbe de la figure 1, donne le point équivalent E : $V_E=10,0\text{mL}$ et ${\text{pH}}_E\approx 5,5$.

Seule la zone de virage du rouge de méthyle contient cette valeur : $4,2<5,5<6,2$.

À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de l'équation du titrage (1 pour 1) :

$n(\mathrm{NH}{}_3{)}_{\text{initial}}=n(\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}{)}_{\text{verseˊ}}$, soit $C_B\times V_B=C_A\times V_E$.

$$C_B=\frac{C_A\times V_E}{V_B}=\frac{0,100\times 10,0}{20,0}$$

Réactifs : diazote et dihydrogène ; produit : ammoniac. On ajuste d'abord N (2 de chaque côté), puis H (6 de chaque côté).

Pour un avancement $x$, les quantités de matière sont : $n(\mathrm{N}{}_2)=6,0-x$ ; $n(\mathrm{H}{}_2)=6,0-3x$ ; $n(\mathrm{NH}{}_3)=2x$.

Avancement final : $2x_f=0,80\text{mol}$, donc $x_f=0,40\text{mol}$.

Avancement maximal :

• si $\mathrm{N}{}_2$ est limitant : $6,0-x_{max}=0$, soit $x_{max}=6,0\text{mol}$ ;
• si $\mathrm{H}{}_2$ est limitant : $6,0-3x_{max}=0$, soit $x_{max}=2,0\text{mol}$.

On retient la plus petite valeur : $\mathrm{H}{}_2$ est le réactif limitant et $x_{max}=2,0\text{mol}$.

Taux d'avancement final : $\tau =\frac{x_f}{x_{max}}=\frac{0,40}{2,0}=0,20$.

À l'extérieur du générateur, le courant électrique sort par la borne $+$ : c'est la flèche ③.

Les électrons circulent dans les fils en sens inverse du courant : ils sortent par la borne $-$, c'est la flèche ②.

L'électrode A est reliée à la borne $-$ du générateur : elle reçoit des électrons, il s'y produit une réduction (cathode).

Électrode A : $2\mathrm{H}{}^{+}(\mathrm{aq})+2\mathrm{e}{}^{-}\to \mathrm{H}{}_2(\mathrm{g})$ ; le gaz formé est le dihydrogène.

L'électrode B est reliée à la borne $+$ : des électrons la quittent, il s'y produit une oxydation (anode).

Électrode B : $2\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}(\mathrm{l})\to \mathrm{O}{}_2(\mathrm{g})+4\mathrm{H}{}^{+}(\mathrm{aq})+4\mathrm{e}{}^{-}$ ; le gaz formé est le dioxygène.

Il faut autant d'électrons captés que cédés : on multiplie la réduction par 2.

$4\mathrm{H}{}^{+}(\mathrm{aq})+4\mathrm{e}{}^{-}\to 2\mathrm{H}{}_2(\mathrm{g})$ et $2\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}(\mathrm{l})\to \mathrm{O}{}_2(\mathrm{g})+4\mathrm{H}{}^{+}(\mathrm{aq})+4\mathrm{e}{}^{-}$

En additionnant, les ions $\mathrm{H}{}^{+}$ et les électrons se simplifient : $2\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}(\mathrm{l})\to 2\mathrm{H}{}_2(\mathrm{g})+\mathrm{O}{}_2(\mathrm{g})$.

D'après cette équation, $n(\mathrm{H}{}_2)=2n(\mathrm{O}{}_2)$. Les deux gaz ont le même volume molaire, donc $V(\mathrm{H}{}_2)=2V(\mathrm{O}{}_2)$.

Expérimentalement, le tube de l'électrode A (dihydrogène) contient le plus de gaz : $\frac{V(\mathrm{H}{}_2)}{V(\mathrm{O}{}_2)}=\frac{4,0}{2,0}=2,0$.

Durée en secondes : $\Delta t=3\times 60+20=200\text{s}$.

$Q=I\times \Delta t=0,16\times 200=32\text{C}$

Comme $Q=n_{e^{-}}\times N_A\times e$ :

$$n_{e^{-}}=\frac{Q}{N_A\times e}=\frac{32}{6,02\times 10^{23}\times 1,6\times 10^{-19}}$$

D'après $2\mathrm{H}{}^{+}(\mathrm{aq})+2\mathrm{e}{}^{-}\to \mathrm{H}{}_2(\mathrm{g})$, il faut 2 moles d'électrons pour former 1 mole de dihydrogène : $n(\mathrm{H}{}_2)=\frac{n_{e^{-}}}{2}$.

$$V(\mathrm{H}{}_2)=n(\mathrm{H}{}_2)\times V_m=\frac{n_{e^{-}}}{2}\times V_m=\frac{3,3\times 10^{-4}}{2}\times 24=4,0\times 10^{-3}\text{L}$$

Masses molaires : $M(\mathrm{H}{}_2)=2,0\text{g}\cdot {\text{mol}}^{-1}$ ; $M(\mathrm{NH}{}_3)=14,0+3\times 1,0=17,0\text{g}\cdot {\text{mol}}^{-1}$.

Quantité de dihydrogène produite : $n(\mathrm{H}{}_2)=\frac{m(\mathrm{H}{}_2)}{M(\mathrm{H}{}_2)}=\frac{640\times 10^6}{2,0}=3,2\times 10^8\text{mol}$.

D'après $\mathrm{N}{}_2+3\mathrm{H}{}_2\to 2\mathrm{NH}{}_3$, si la transformation était totale : $n_{max}(\mathrm{NH}{}_3)=\frac{2}{3}n(\mathrm{H}{}_2)=2,1\times 10^8\text{mol}$.

Avec un rendement $\eta =0,20$ :

$$m(\mathrm{NH}{}_3)=\eta \times \frac{2}{3}n(\mathrm{H}{}_2)\times M(\mathrm{NH}{}_3)$$

$m(\mathrm{NH}{}_3)=0,20\times \frac{2}{3}\times 3,2\times 10^8\times 17,0=7,3\times 10^8\text{g}$

Commentaire : c'est très peu devant les 180 millions de tonnes produites chaque année dans le monde, environ 4 millionièmes. Ce n'est qu'une première phase, et le rendement de 20 % impose de recycler les gaz qui n'ont pas réagi.