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Physique et Chimie D.S. n°3 – Correction
Exercice n°1 : Détermination d’une constante d’équilibre par 2 méthodes d’après Antilles 2005 (20 points)
1. LA TRANSFORMATION CHIMIQUE ÉTUDIÉE (3 points)1.1. Un acide, selon Brønsted, est une espèce chimique ionique ou moléculaire capable de céder un proton H+ (1).
1.2. Les deux couples acide / base mis en jeu dans la réaction sont : HCO2H(aq) / HCO–2(aq)et H3O+(aq) / H2O(l) (0,5 + 0,5) 1.3. La constante d’équilibre K associée à l’équation de cet équilibre chimique est : K= Qr,éq = [HCO–2(aq)]éq.[HO+(aq)]éq
[HCOHaq]éq
(1)
2.
ÉTUDEpH-M
ÉTRIQUE (8,5 points)2.1. La quantité de matière initiale d’acide méthanoïque est n1 = c1.V1
A.N. : n1 = 3,0.10–4×100.10–3 = 3,0.10–5 mol (0,5)
2.2. L’eau est le solvant et est en très large excès. Le réactif limitant est donc l’acide méthanoïque, si la transformation est totale. Ainsi : n1 – xmax = 0, par conséquent xmax = n1 = 3,0.10–5 mol (1 + 1).
2.3. La mesure du pH est effectuée lorsque l’équilibre chimique est établi, par définition : [H3O+(aq)]f = 10–pH = 10–3,8. [H3O+(aq)]f = 1,6.10–4 mol.L–1. La concentration molaire finale en ions oxonium est de 1,6.10–4 mol.L–1 (1).
D’après le tableau d’avancement : xf = nf(H3O+(aq)) = [H3O+(aq)]f.V1 = 1,6.10–5 mol (1).
2.4. Par définition le taux d’avancement final 1 de la réaction est 1 = xf
xmax
= ,.–
,.– = 0,53. Le taux d’avancement est donc de 53 %. La transformation n’est pas totale, puisque le taux d’avancement est inférieur à 100 % (1).
2.5. D’après l’équation de la réaction (et le tableau d’avancement) les quantités de matière en ion méthanoate et oxonium sont égale donc les concentrations également : [HCO–2(aq)]f = [H3O+(aq)]f = 1,6.10–4 mol.L–1 (1).
2.6. D’après le tableau d’avancement, et la conservation de la matière : c1 = [HCO–2(aq)]f + [HCO2H(aq)]f. Par conséquent [HCO2H(aq)]f = c1 – [HCO–2(aq)]f = 3,0.10–4 – 1,6.10–4 = 1,4.10–4 mol.L–1 (1,5).
2.7. K1 = ,.–
,.– = 1,8.10–4. La valeur est vérifiée ! (0,5).
3. ÉTUDE CONDUCTIMÉTRIQUE (6,5 points)
3.1. D’après l’équation de la réaction (et le tableau d’avancement) : [HCO–2(aq)]f = [H3O+(aq)]f (0,5).
3.2. L’expression littérale de la conductivité est : = H
3O+.[H3O+(aq)]f + HCO
.[HCO–2(aq)]f (1).
3.3. Puisque [HCO–2(aq)]f = [H3O+(aq)]f, alors = H
3O+.[H3O+(aq)]f + HCO
.[H3O+(aq)]f = (H
3O+ + HCO
).[H3O+(aq)]f
[HCO–2(aq)]f = [H3O+(aq)]f =
H
O HCO
= 5,06.10–2
35,0.10–3 + 5,5.10–3 = 1,25 mol.m–3 = 1,25.10–3 mol.L–1 (2).
Les concentrations molaires des ions dans l’état final sont de 1,25 mol.m–3, c’est-à-dire 1,25.10–3 mol.L–1.
3.4. [HCOOH]f = c2 – [HCO–2(aq)]f = 10,0.10–3 – 1,25.10–3 = 8,7(5).10–3 mol.L–1 (1 décimale). La valeur est vérifiée ! (1).
3.5. K2 = ,.–
,.– = 1,8.10–4. La valeur est vérifiée ! (1).
3.6. Par définition, pH = – log [H3O+(aq)]f = – log (1,25.10–3) = 2,9. Le pH de la solution S2 est égal à 2,9 (1).
4. CONCLUSION : COMPARAISON DES RÉSULTATS OBTENUS (2 points)
4.1. K ne dépend pas de la concentration initiale en acide méthanoïque puisque des solutions de concentration molaire apportée différente ont même constante d’équilibre ! (1)
4.2. Le taux d’avancement final d’une transformation chimique limitée dépend de l’état initial du système chimique. En effet des solutions différentes ont des taux d’avancement (et donc des concentrations à l’équilibre) différente (1).
Exercice n°2 : Contrôler la fusion nucléaire d’après bac Nouvelle Calédonie 2007 (20 points)
1. Le tritium (2 points)Au cours d’une réaction nucléaire :
– il y a conservation du nombre de nucléons : A + 1 = 4 + 3, donc A = 4 + 3 – 1 = 6 (0,75).
– Il y a également conservation du nombre de charges : Z + 0 = 2 + 1, donc Z = 3 (0,75).
Le symbole du noyau Y est donc : 63Li (0,5)
Terminale S3 Page 2 sur 3 2. Le noyau de deutérium (5 points)
2.1. Un noyau de deutérium 21H est composé d’un proton et d’un neutron (2 – 1 = 1) (0,5).
2.2. Le deutérium et le tritium appartiennent au même élément chimique (l’hydrogène) puisqu’ils possèdent tous deux un proton dans leur noyau. Ils ne diffèrent que par leur nombre de neutrons : ce sont des isotopes (1).
2.3.
m(21H) = m(p) + m(n) – m(21H) = 1,67492710–27 + 1,67262210–27 – 3,34449710–27 = 3,052.10–30 kg (1).2.4. D’après la relation d’équivalence masse-énergie d’Einstein : E(21H) = m(21H).c2 (0,5).
A.N. : E(21H) = 3,052.10–30×(3,00.108)2 = 2,75.10–13 J = 1,72 MeV (1).
E(21H) représente l’énergie de liaison du noyau. Il s’agit de l’énergie qu’il faut fournir au noyau pour le dissocier en ses nucléons constitutifs, isolés et au repos (1).
3. Étude de la réaction de fusion (3 points)
Exprimons la variation de masse m associée à la réaction (1) : m = m(42He) + m(10n) – m(21H) – m(31H).
L’expression littérale de la variation d’énergie liée à la réaction (1) est : E = m.c2.
A.N. : E = (6,64648310–27 + 1,67262210–27 – 3,34449710–27 – 5,00827110–27).(3,00.108)2 = – 2,82.10–12 J.
Cette énergie est négative, car elle est cédée par le système. Ainsi l’énergie libérée est Elib = 2,82.10–12 J = 17,6 MeV (3).
4. Ressources en deutérium (4 points).
4.1.
4.1.1. 1 noyau de deutérium a une masse : m(21H) = 3,34449710–27 kg.
N noyaux de deutérium ont une masse m = 1,0 kg. Donc N = 1,0
3,344497.10–27 = 3,0.1026 noyaux ! (1)
4.1.2. 1 noyau de deutérium libère 17,6 MeV, donc 3,0.1026 noyaux libèrent E = 3,0.1026×17,6 = 5,3.1027 MeV (1).
4.2. L’énergie E calculée précédemment est égale à 8,5.1014 J.
Ceci représente, en tenant compte du rendement, une énergie électrique de 8,5.1014×0,33 = 2,8.1014 J.
1 kg de deutérium peut donc permettre de produire une énergie électrique de 2,8.1014 J.
Par conséquent, 4,6.1016 kg, permettraient de produire une énergie de : 1,3.1031 J.
En an, la consommation d’énergie est de 4.1020 J, la réserve pourrait être utilisée : 1,3.1031
4.1020 = 3.1010 ans ! (2).
5. Le temps de demi-vie de déchets (6 points)
5.1. Le temps de demi-vie t1/2 de l’« américium 241 » représente la durée nécessaire pour que le nombre initial (ou l’activité initiale !) de noyaux radioactifs soit divisé par deux (1).
5.2. N0 = 2,47.1021 noyaux, donc N
= 1,24.1021 noyaux. On cherche l’abscisse de la courbe correspondant à 1,24.1021 noyaux. Le temps de demi-vie est donc (avec l’échelle 1000 ans correspond à 3,5 cm) : 1,5×
, = 4,3.102 ans (1).
5.3. L’« américium 241 » se désintègre suivant la réaction :
241
95Am 42He + 23793Am
Un noyau d’hélium 4, appelée particule est produit : il s’agit d’une radioactivité de type ! (1) 5.4. L’activité A est reliée au nombre de noyaux de l’échantillon par la relation A = .N
5.4.1. L’activité est A = .N, donc le nombre de noyaux radioactifs à l’instant t1 est N1 = A
= ,.
,.– = 7,3.1013. N1 = N0.e–.t1. Ainsi LnN
N
= – .t1. Ainsi t1 = –
LnN
N
ou t1 =
.Ln(N
N) A.N. : t1 = 3,4.1011 s. Ainsi t1 = 3,4.1011
3600×24×365 = 11.103 ans. La durée t1 est d’environ 11 milles ans (2).
5.4.2. L’ordre de grandeur de t1 est de 104 ans.
Les déchets dus à la fusion ont une durée de vie de l’ordre de la centaine d’année (d’après le texte d’introduction) alors que ceux d’une réaction de fission ont une durée de vie bien plus importante (pour l’américium 241, de l’ordre de dix mille ans !) (1).
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Exercice 1 ANNEXE A RENDRE AVEC LA COPIE
Avancement
HCO2H(aq)+
H2O(l)=
HCO–2(aq)+
H3O+(aq)état initial
x = 0 n1 en excès 0 0état final
théorique
x = xmax n1 – xmax= 0 en excès n1 n1
état final expérimental
ou état d’équilibre
x xf n1 – xf en excès xf xfExercice 2
Le 28 juin 2005, le site de Cadarache (dans les bouches du Rhône) a été retenu pour l’implantation du projet international de fusion nucléaire ITER.
La fusion de deux noyaux légers en un noyau plus lourd est un processus qui libère de l’énergie. C’est le cas lors de la formation d’un noyau « d’hélium 4 » à partir de la réaction entre le deutérium et le tritium. On récupère une quantité d’énergie de quelques mégaélectronvolts (MeV), suivant la réaction :
2
1H + 31H 42He + 10n (1) Des problèmes se posent si l’on cherche ainsi à récupérer cette énergie :
– pour initier la réaction, les noyaux doivent avoir la possibilité de s’approcher l’un de l’autre à moins de 10–14 m. Cela leur impose de vaincre la répulsion électrostatique. Pour ce faire, on porte la matière à une température de plus de 100 millions de degrés ;
– à la fin de la vie du réacteur de fusion, les matériaux constituant la structure du réacteur seront radioactifs. Toutefois, le choix d’éléments de structure conduisant à des produits radioactifs à temps de décroissance rapide permet de minimiser les quantités de déchets radioactifs. Cent ans après l’arrêt définitif du réacteur, la majorité voire la totalité des matériaux peut être considérée comme des déchets de très faible activité.
D’après le livre « Le monde subatomique », de Luc Valentin et le site Internet du CEA.
Données : 1eV = 1,6010–19 J
masse du neutron : m(n) = 1,67492710–27 kg masse du proton : m(p) = 1,67262210–27 kg
masse d’un noyau de deutérium : m(21H) = 3,34449710–27 kg masse d’un noyau de tritium : m(31H) = 5,00827110–27 kg masse d’un noyau d’« hélium 4 » : m(42He) = 6,64648310–27 kg célérité de la lumière dans le vide : c = 3,00108 m.s–1
1,24.1021
t1/2
