Le 16/11/2020 Devoir n°2 (2h) – Corrigé Page : 1 / 4
I. Analyse d’un lait (11,5 points)
1. Titrage conductimétrique des ions chlorure
1.1. Le facteur de dilution est de 5 donc le volume prélevé doit être 5 fois plus faible que le volume final.
Deux possibilités : utiliser une fiole jaugée de 100,0 mL avec une pipette jaugée de 20,0 mL ou utiliser une fiole jaugée de 50,0 mL avec une pipette jaugée de 10,0 mL
La solution mère est versée dans un bécher. On prélève avec une pipette jaugée de 10,0 mL (ou 20,0 mL) de cette solution que l’on verse dans une fiole jaugée de 50,0 mL (ou 100,0 mL).
On ajoute de l’eau distillée aux 2/3 puis on homogénéise.
On complète avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge puis on homogénéise.
1.2. Légende du dispositif expérimental ci-dessous.
1.3. L’origine de la conductivité initiale de la solution est due à la présence des ions chlorure dans la solution S.
Les ions présents dans l’eau (H3O+ et HO-(aq)) sont en très faibles quantités
1.4. Tableau suivant en indiquant l’évolution des concentrations de chaque ion avant et après l’équivalence.
Concentration des ions Avant l’équivalence Après l’équivalence
[Cℓ-(aq)] = 0
[Ag+(aq)] = 0
[NO3-
(aq)]
1.5. La conductivité diminue légèrement avant l’équivalence car la conductivité molaire ionique de l’ion chlorure est beaucoup plus élevée que celle des ions nitrate. Tout se passe comme si les anions Cℓ-(aq) étaient remplacés par des anions NO3-
(aq). Comme (NO3–
(aq)) est légèrement inférieure à (Cl–(aq)), la conductivité diminue mais faiblement.
La conductivité augmente fortement après l’équivalence car les ions NO3-
(aq) et Ag+(aq) s’accumulent dans le bécher. Leur concentration augmente, la conductivité va augmenter.
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Burette graduée
Solution de nitrate d’argent
Conductimètre
Cellule conductimétrique
Solution S (10 mL) + eau (environ 200 mL)
Potence
Bécher
Turbulent ou barreau aimanté
Agitateur magnétique
1.6. Il faut tracer les deux demi-droites avant et après l’équivalence. L’équivalence se situe à leur intersection.
Pour trouver la valeur du volume à l’équivalence à 0,1 mL, il faut faire un calcul de proportions à partir des mesures à la règle sur le graphe.
Pour 16,6 cm 20,0 mL
Pour 9,7 cm VE = \f(20,0 9,7;16,6 soit VE == 11,7 mL
1.7. L’équivalence a lieu quand les réactifs sont dans les conditions stœchiométriques ou quand il y a changement
de réactif limitant. La relation à l’équivalence est : \f(nE(Ag+(aq = \f(n0(Cℓ-(aq soit nE(Ag+(aq)) = n0(Cℓ-(aq)).
1.8. [Ag+(aq)] VE = CS V1 soit CS = \f([Ag+(aq = \f(5,00 10-3 11,7;10,0 = 5,85 10-3 mol.L-1
Dans le lait, la concentration est 5 fois plus élevée soit C0 = 5 5,85 10-3 = 2,93 10-2 mol.L-1 car le lait a été dilué 5 fois pour préparer la solution S.
1.9. m(Cℓ-(aq)) = C0 M(Cℓ-(aq)) ; m(Cℓ-(aq)) = 2,93 10-2 35,5 = 1,04 g
La masse d’ions chlorure présents dans un litre de lait est bien comprise entre 1,0 g et 2,0 g.
2. Problème : Titrage pH-métrique de l’acide lactique
Démarche possible :
Déterminer le volume à l’équivalence par la méthode des tangentes. Voir page
Trouver la relation à l’équivalence pour déterminer la concentration en quantité de matière d’acide lactique.
Déterminer la concentration en masse d’acide lactique.
Comparer cette dernière valeur avec 1,8 g.L-1 et conclure.
1) Par la méthode des tangentes, en utilisant un calcul de proportions, on trouve VE = 11,2 mL
2) La relation à l’équivalence est : \f(n0(AH = \f(nE(HO-(aq soit n0(AH) = nE(HO-(aq)) ou [AH] VA = [HO-(aq)] VE
[AH] = \f([HO-(aq
3) Concentration en masse d’acide lactique : t(AH) = [AH] M(AH) soit t(AH) = \f([HO-(aq M(AH) Application numérique : t(AH) = \f(5,00 10-2 11,2;20,0 90,0 ; t(AH) = 2,52 g.L-1
4) La concentration en masse d’acide lactique est supérieure à la limite autorisée de 1,8 g.L-1. Le lait n’est donc pas frais.
II. Le tennis c’est... physique ! (8,5 points)
1. Équations horaires paramétriques et trajectoire
1.1. La balle, dans le référentiel terrestre galiléen, est soumise uniquement à son poids. En effet d’après l’énoncé
« l’action de l’air est négligeable » : on ne tient pas compte de la poussée d’Archimède et de la force de frottement de l’air sur la balle. Et la raquette n’agit plus pendant le mouvement de la balle.
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1.2. La seconde loi de Newton, appliquée à la balle donne : \s\up7(\d\fo2( = m \s\up7(\d\fo2( car la masse de la balle est constante soit m \s\up7(\d\fo2( = m \s\up7(\d\fo2( d’où \s\up7(\d\fo2( = \s\up7(\d\fo2(
Les coordonnées du vecteur accélération dans le repère Oxyz sont : \s\up7(\d\fo2(
1.3. \s\up7(\d\fo2( = \s\up7(\d\fo2(\f(d;dt par intégration de \s\up7(\d\fo2( on obtient le vecteur vitesse
\s\up7(\d\fo2( avec C1, C2 et C3 des constantes définies par les conditions initiales.
Initialement \s\up7(\d\fo2((t = 0) = \s\up7(\d\fo2( avec \s\up7(\d\fo2( donc \s\up7(\d\fo2((t = 0) d’où
\s\up7(\d\fo2(
Et \s\up7(\d\fo2( = \s\up7(\d\fo2(\f(d;dt ; par intégration de \s\up7(\d\fo2( on obtient le vecteur position
\s\up7(\d\fo2(
avec C4, C5 et C6 des constantes d’intégration. Initialement \s\up7(\d\fo2( = \s\up7(\d\fo2( = H \s\up7(\d\fo2(
donc \s\up7(\d\fo2( (t = 0) soit \s\up7(\d\fo2(\f(g t²;2 ; On retrouve bien les expressions demandées.
1.4. Quel que soit t, z(t) = Constante = 0 donc le mouvement de la balle a lieu dans le plan (Oxy).
1.5. On isole la variable t de x(t) que l’on reporte dans y(t) :
t = \f(x;v0 donc y(x) = -\f(g;2 \f(x;v02 + H. Finalement : y(x) = - \f(g;2v0² x2 + H équation d’un arc de parabole de concavité tournée vers le bas.
2. Qualité du service
2.1. La balle passe au-dessus du filet si pour x = OF = 12,2 m, y(x) > 0,914 m.
Calculons, avec l’expression du 1.5. : y(x = 12,2) = -\f(9,81;2 28,0² 12,2² + 2,20 = 1,27 m > 0,914 m Donc la balle passe au-dessus du filet.
2.2. La balle frappe le sol au point B (xB ; yB = 0 ; zB =0).
Avec l’expression du 1.5., déterminons xB’ avec y(xB) = 0 soit -\f(g;2 \f(xB;v02
+ H = 0 Isolons xB : xB² = \f(2 v0² H;g donc xB = \f(2 v0² H;g en ne gardant que la solution positive. xB = \f(2 28,0² 2,20;9,81 = 18,7 m.
Il faut déterminer la distance maximale L’ si la balle frappe le sol à l’intersection de la ligne de fond et de la ligne externe.
A partir des dimensions du terrain et du théorème de Pythagore : L’² = 4,20² + (11,895 + 6,40)² soit L’ = = 18,8 m
Comme xB < L’, le service est valable. Au pire la balle touche la ligne.
Document 2 : Titrage pH-métrique de l’acide lactique
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I
1.1 1 2 3 4
/46
1.2 1 2 3 4 5 6
1.3 1 2
1.4 1 2 3 4
1.5 1 2
1.6 1 2 3 4 CHS-U-CV
1.7 1 2
1.8 1 2
1.9 1 2 3 4 5 6 CHS-U-CV
2
méthode des tangentes 1 2 3 4
volume à l’équivalence 1 2
Concentration 1 2
Masse dans un 1L ou titre massique 1 2 CHS-U-CV
conclusion – rédaction - formule littérale 1 2 3 4
II
1.1 1 2
/34
1.2 1 2 3 4
1.3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
1.4 1 2
1.5 1 2 3 4
2.1 1 2 3 4 5 6
2.2 1 2 3 4 5 6
Total : ……/80 NOTE : ……../20
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