Exercice 1 Fleurs des fleurs [ 10 pt] 1. Étude préliminaire et protocole

CORRIGE DS 6 – 1h45 DEVOIR SURVEILLE TS

Exercice 1 Fleurs des fleurs [ 10 pt]

1. Étude préliminaire et protocole

1.1. géraniol (B)

éthanoate de géranyle (E)

1.2. D’après le nom de l’ester (éthanoate de géranyle),

l’acide AH utilisé pour la synthèse est l’acide éthanoïque de formule semi-développée : 1.3. C10H17OH(l) + HO-CO-CH3 (l) = C9H15CH2-O-CO-CH3 (l) + H2O (l)

1.4. (alcool + acide carboxylique = ester + eau) Il s’agit d’une estérification.

1.5. La transformation est lente à température ambiante.

1.6. Le chauffage à reflux permet d’augmenter la température, qui est un facteur cinétique, sans perte de matière. La transformation est alors plus rapide.

1.7. L’acide sulfurique joue le rôle de catalyseur, il permet d’augmenter la vitesse de réaction.

2. Titrage de l’acide restant lorsque la réaction de synthèse est terminée

2.1.1. AH(aq) + H2O(l) = A^–(aq) + H3O⁺ 2.1.2. Ka = ^{(aq) éq 3 éq}

(aq) éq

A . H O

AH

− +

   

   

 

 

2.1.3. pka = – log Ka

2.1.4.

2.1.5. Pour pH = 5,9 , on a pH > pKa alors la base conjuguée A^–(aq) prédomine en solution.

2.2.1. AH(aq) + HO^–(aq) = A^–(aq) + H2O(l) .

2.2.2. À l’équivalence les ions hydroxyde ont été versés de telle sorte que les proportions stœchiométriques avec l’acide AH soient atteintes. On a alors

AHf HO versée

n =n − ^.

AHf

n = CS.VÉq = 1,0 × 17,0×10^–3 = 1,7×10^–2 mol d’acide carboxylique dans le mélange en fin de synthèse.

3.Rendement de la synthèse de l’éthanoate d’éthyle (E)

3.1. Quantité de matière initiale de géraniol (B) : nB0 = ^B

10 17

m

M(C H OH) ⁼

mB

10M(C) 18M(H) M(O)+ +

nB0 = 7,7

10 12,0 18 1,0 16,0 =

× + × +

7,7 7,7

120,0 18,0 16,0 =154,0

+ + = 7,7 1

7,7 20 =20

× = 5,0××××10^–2 mol 3.2. On a nB0 =

AH0

n , les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques.

CH3

C CH3

CH CH2

CH2

C CH3

CH CH2

OH

hydroxyle

CH₃ C CH3

CH CH2

CH2

C CH3

CH CH2

O C O

CH3

ester

OH C O

CH₃

AH(aq) A^–(aq)

pH pKa = 4,8

3.3. Avancement final :

AHf

n =

AH0

n – xf donc xf =

AH0

n –

AHf

n

xf = 5,0×10^–2 – 1,7×10^–2 = (5,0 – 1,7)×10^–2 = 3,3××××10^–2 mol

3.4. Les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, si la transformation est totale ils sont totalement consommés, alors nB0 – xmax = 0, alors xmax = nB0 = 5,0××××10^–2 mol.

3.5. τ = ^f

max

x x ⁼

2 2

3,3 10 3,3 3,3 2

10 3,3

5,0 10 5,0 10

2

−

−

× = = = ×

× = 0,66

3.6. Rendement η = ester expérimentale

ester théorique ester théorique

E f

max

m m x .M(E)

100 100 100

m × = m × = x .M(E)× = τ×100 = 66 % 3.7.Pour obtenir un meilleur rendement pour la synthèse du produit E :

a. Utiliser un des réactifs en excès, VRAI, l’équilibre est alors déplacé dans le sens direct, favorisant la formation d’ester.

Exercice 2 Lancement d'un satellite [ 9 pt]

1. Décollage de la fusée Ariane 5

1.1.1. Pour que la fusée décolle, la valeur de la force de poussée F doit être supérieure à celle du poids P.

1.1.2. Deuxième loi de Newton appliquée au système {fusée}, dans u référentiel terrestre considéré galiléen : F

r + P

ur

= M. ar En projection sur (Oy): F – P = M.a

F – M.g = M.a Finalement : a = F

M−g

1.1.3. a = × − = × ⁻ × − = −

×

7

1 2

5

1,16 10

10 1,6 10 10 10 16 10

7,3 10 ^{= 6 m.s}

-2

1.1.4. Équation horaire sur la vitesse : à chaque instant, ay(t) = dv^y dt soit ici a(t) = dv

dt = 6 m.s^-2

En primitivant : v(t) = 6t + Cte .

Initialement, la vitesse de la fusée est nulle donc v(0) = 0 soit Cte = 0 et finalement : v(t) = 6t 1.1.5. Équation horaire sur la position : à chaque instant, vy(t) = dy

dt , soit ici v(t) = dy

dt = 6t En primitivant : y(t) = 3t² + Cte’.

Initialement, le centre d’inertie de la fusée est confondu avec l’origine du repère donc : y(0) = 0 soit Cte’ = 0 et finalement : y(t) = 3t²

1.1.6. La distance d parcourue par la fusée jusqu’à la date t1 = 6,0 s est : d = y(t1) = 3t1²

d = 3 ×××× 36 = 108 m = 1,1××××10² m

1.2. Cas réel : Les forces de frottement, opposées au sens de déplacement de la fusée, n’ont pas été prises en compte dans le cas idéal. Cela peut expliquer l’écart entre 90 m (cas réel) et 108 m (cas idéal).

ur F

P ur y

j O r

2. Mise en orbite basse du satellite

2.1. F_T/S uuuur

=

(

)

G. m.M .n R +h

r

2.2. Deuxième loi de Newton, appliquée au système {satellite} de masse m dans le référentiel géocentrique galiléen : F_T/S

uuuur

= m.ar_S

(

)

G. m.M .n R +h

r = m.ar_S

finalement : ar_S

=

(

)

G.M .n R +h

r

2.3.

2.4.Le satellite ayant un mouvement circulaire et uniforme, alors ar_S

=

( )

2 S T

v .n

R +h r

en égalant les deux expressions de ar_S

:

(

)

G.M .n R +h

r

=

( )

2 S T

v .n

R +h r

soit

( )

2 T

S T

v G.M

R h

= + , en ne retenant que la solution positive pour la vitesse :

(

)

S

T

v G.M

R h

= +

avec h = 6,0×10² km = 6,0×10⁵ m = 0,60×10⁶ m

vS =

× − × ×

× + ×

11 24

6 6

6,67 10 6,0 10 6,4 10 0,60 10 =

13 6

6,67 6,0 10 7,0 10

× ×

× = × ×

×

1 13

6

4,0 10 10

7,0 10 = 4,0 10× ⁸ 7,0

vS = 7,6××××10^–1×××× 10⁸ = 7,6××××10^–1×10⁴ = 7,6 ×××× 10³ m.s^-1 , en accord avec celle proposée.

2.5. T est la période de révolution du satellite autour de la Terre.

La vitesse du satellite s’écrit : vS = ²

(

)

T

π +

soit 2 ²

(

)

S 2

4. R h

v T

π +

=

En reportant l’expression de v²_S obtenue à la question précédente, il vient :

(

)

(

)

2

4. R h

T

π +

soit finalement : T ² = ²

(

)

T

4π ³R + h

G . M .

On retrouve la 3ème loi de Kepler.

S

T nr r

S t

ar

R_T h S

T

r r t n

uuuur F_T/S