EXERCICE 1 : DÉTERMINATION D’UNE CONSTANTE D’ÉQUILIBRE PAR DEUX MÉTHODES 1. LA TRANSFORMATION CHIMIQUE ÉTUDIÉE
1.1. Un acide, selon Brønsted, est une espèce chimique ionique ou moléculaire capable de céder un proton H+. 1.2. Les deux couples acide / base mis en jeu dans la réaction sont :
Acide éthanoïque / ion éthanoate : CH3CO2H(aq) / CH3CO–2(aq) et ion oxonium / eau: H3O+(aq) / H2O(l)
1.3. La constante d’équilibre associée à l’équation de cet équilibre est : K = Qr,éq = [CH3CO–2(aq)]éq.[HO+(aq)]éq
[ CH3COHaq]éq
( éq) 2. ÉTUDE PH-MÉTRIQUE
2.1. La quantité de matière initiale d’acide méthanoïque est n1 = c1.V1. A.N. : n1 = 2,7.10–3×100.10–3 = 2,7.10–4 mol 2.2. L’eau est le solvant et est en très large excès. Le réactif limitant est donc l’acide éthanoïque, si la transformation est
totale. Ainsi : n1 – xmax = 0, par conséquent xmax = n1 = 2,7.10–4 mol.
Avancement CH3CO2H(aq) + H2O(l) = CH3CO2–
(aq) + H3O+(aq)
État initial x = 0 n1 en excès 0 0
État final théorique x = xmax n1 – xmax en excès xmax xmax
État final exp ou état d’éq x = xf n1 – xf en excès xf xf
2.3. La mesure du pH est effectuée lorsque l’équilibre chimique est établi, par définition : [H3O+(aq)]f = 10–pH = 10–3,70. [H3O+(aq)]f = 2,0.10–4 mol.L–1 (aide au calcul). La concentration molaire finale en ions oxonium est de 2,0.10–4 mol.L–1. D’après le tableau d’avancement : xf = nf(H3O+(aq)) = [H3O+(aq)]f.V1 = 2,0.10–5 mol (0,5).
2.4. Par définition le taux d’avancement final 1 de la réaction est 1 = xf
xmax
= 2,0.10–5
2,7.10–4 = 0,74.10–1. Le taux d’avancement est donc de 7,4 %. La transformation est limitée, puisque le taux d’avancement final 1 < 100 %.
2.5.1. D’après l’équation de la réaction (et le tableau d’avancement) les quantités de matière en ions éthanoate et oxonium sont égales donc les concentrations également :
[CH3CO–2(aq)]f = [H3O+(aq)]f = 2,0.10–4 mol.L–1.
2.5.2. 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 = 2,7.10–3 – 2,0.10–4 = 2,5.10–3 mol.L–1.
2.6. K1 = (2,0.10–4)2 2,5.10–3 = 4,0
2,5.10–8
10–3 = 1,6.10–5. La valeur est vérifiée !.
3. ÉTUDE CONDUCTIMÉTRIQUE
3.1. Les espèces ioniques majoritaires dans cette solution sont les ions éthanoate CH3CO–2(aq) et les ions oxonium D’après l’équation de la réaction (et le tableau d’avancement) : [CH3CO–2(aq)]f = [H3O+(aq)]f.
N.B. : on néglige la présence des ions hydroxyde car le pH est acide. En effet d’après l’équilibre d’autoprotolyse de l’eau : 2 H2O(l) = H3O+(aq) + HO–(aq) : de constante d’équilibre Ke = [H3O+(aq)]éq.[HO–(aq)]éq nous pouvons établir que [HO–(aq)]éq = Ke
[H3O+(aq)]éq
= Ke
10–pH = 10–14
10–3,70 = 10–10,3 (à 25°C !). La part de conductivité due aux ions HO– est donc négligeable.
3.2. L’expression littérale de la conductivité est : = H
3O+.[H3O+(aq)]f + CH
3CO.[CH3CO–2(aq)]f. 3.3. Puisque [CH3CO–2(aq)]f = [H3O+(aq)]f, alors = H
3O+.[H3O+(aq)]f + CH
3CO.[H3O+(aq)]f = (H
3O+ + CH
3CO).[H3O+(aq)]f
[CH3CO–2(aq)]f = [H3O+(aq)]f =
H
O CH
3CO A.N. : = 5,00.10–2
35,9.10–3 + 4,1.10–3 = 5,00.10–2
40,0.10–3 = 5,00.10–2
4,00.10–2= 1,25 mol.m–3 = 1,25.10–3 mol.L–1.
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. 3.4.1. c2 = 1,0.10–1 mol.L–1 et [CH3COOH]f = 1,25.10–3 mol.L–1. Par conséquent :[CH3COOH]f
c2
= 1,25.10–3 1,0.10–1 = 1,25.10–3
100.10–3 = 1
80 ainsi [CH3COOH]f = c2
80 < c2
50 : l’approximation 1 est justifiée.
3.4.2. Si [CH3CO2H]f c2 cela signifie que l’acide est très peu dissociée dans l’eau. Par conséquent la transformation chimique est très limitée. En effet [CH3CO2H]i = c2 = [CH3CO2H]f + [CH3CO2–
]f.
Puisque [CH3CO2H]f c2 cela signifie que [CH3CO2–]f ≪ [CH3CO2H]f : la concentration en ion éthanoate à l’équilibre est négligeable devant la concentration en acide éthanoïque.
3.4.3. K2 = [CH3CO2(aq)]éq.[H3O(aq)]éq
[CH3CO2H(aq)]éq
= [H3O(aq)]éq
c2
= (1,25.10–3)2
1,0.10–1 = 1,6.10–5. La valeur est vérifiée ! 3.4.4. 2 = [CH3CO–2(aq)]f
c2
= 1,25.10–3
1,0.10–1 = 1,25.10–2.
4. CONCLUSION : COMPARAISON DES RÉSULTATS OBTENUS
4.1. K ne dépend pas de la concentration initiale en acide éthanoïque puisque des solutions de concentration molaire apportée différente ont même constante d’équilibre !
4.2. Le taux d’avancement final d’une transformation chimique limitée dépend de l’état initial du système chimique. En effet des solutions de concentrations différentes ont des taux d’avancement (et donc des concentrations à l’équilibre) différents.
4.3. Affirmation 1 : plus l’acide est dissocié et plus le taux d’avancement final est grand : affirmation juste : plus l’acide est dissocié, plus xf est grand. Or = xf
xmax
, donc augmente
Affirmation 2 : plus la solution d’acide éthanoïque est diluée, moins l’acide est dissocié : affirmation fausse : c1 < c2 or 1 > 2 : plus la solution d’acide est dissociée, plus le taux d’avancement final augmente, donc plus l’acide est dissocié.
EXERCICE 2 : ACIDE CARBOXYLIQUE INCONNU 1. Titrage de l’acide carboxylique
1.1.
1.2. Équation de la réaction support du titrage : R–COOH(aq) + HO–(aq) = R–COO–(aq) + H2O(l)
1.3.
équation de la réaction du titrage R–COOH(aq) + HO–(aq) = R–COO–(aq) + H2O(l)
état du système avancement (mol) quantités de matière en mol
initial x = 0 Ca.Va Cb.Vb 0 solvant ou
très large excès ou beaucoup
intermédiaire x Ca.Va – x Cb.Vb – x x
final xf Ca.Va – xf = 0 Cb.Vb – xf = 0 xf
On considère un état initial fictif où les réactifs auraient été introduits directement dans les proportions stœchiométriques.
1.4. À l’équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, ils sont alors totalement consommés. Il y a changement de réactif limitant.
1.5. On utilise la méthode des tangentes parallèles. Voir ci-après.
1.6. D’après le tableau d’avancement : Ca.Va – xf = 0 donc xf = Ca.Va et Cb.VbE – xf = 0 donc xf = Cb.VbE. ainsi : Ca.Va = Cb.VbE soit Ca = Cb.VbE
Va
A.N. : Ca = 2,5.10–210,0
50,0 soit : Ca = 5,010–3 mol.L–1 2. Identification de l’acide carboxylique R-COOH 2.1. KA = [R–COO–(aq)]éq.[H3O+]éq
[R–COOH(aq)]éq
pH - 6.00 mètre
pH-mètre
agitateur magnétique Va = 50,0 mL de solution titrée d’acide R–COOH de concentration
inconnue Ca dans le bécher.
turbulent (barreau magnétique) burette graduée contenant la solution titrante Sb
(Na+(aq) + HO–(aq)) de concentration molaire Cb = 2,510–2 mol.L–1
2.2. – log KA = – log
[R–COO–(aq)]éq.[H3O+]éq
[R–COOH(aq)]éq
pKA = – log [R–COO–(aq)]éq
[R–COOH(aq)]éq
– log [H3O+]éq car log a.b = log a + log b pKA = – log [R–COO–(aq)]éq
[R–COOH(aq)]éq
+ pH et par conséquent : pH = pKA + log [R–COO–(aq)]éq
[R–COOH(aq)]éq
2.3.1. Pour Vb = VbE
2 (demi-équivalence), il reste de l’acide R–COOH non consommé, les ions hydroxyde versés sont totalement consommés. HO– est le réactif limitant.
2.3.2. Cb.VbE
2 – xf = 0 donc xf = Cb.VbE
2 . 2.3.3. [R–COO–(aq)]éq = nf(R–COO–(aq))
Vtotal
= xf
Va + VbE
2 =
Cb.VbE
2 Va + VbE
2 [R–COOH(aq)]éq = nf(R–COOH(aq))
Vtotal
= Ca.Va – xf
Va + VbE
2
, comme Ca.Va = Cb.VbE et xf = Cb.VbE
2 ,
alors [R-COOH(aq)]éq =
Cb.VbE – Cb.VbE
2 Va + VbE
2 =
Cb.VbE
2 Va + VbE
2 ,
on vérifie bien que [R–COO–(aq)]éq = [R–COOH(aq)]éq
2.4. pH = pKA + log [R–COO–aq]éq
[R–COOHaq]éq
et [R–COO–(aq)]éq = [R–COOH(aq)]éq donc : pH = pKA + log 1 soit pH = pKA pour Vb = VbE
(car log 1 = 0).
2.5. Graphiquement (voir page précédente) pour Vb = VbE
= 5,0 mL, on lit pH = 4,8. Donc pKA = 4,8.
Parmi les acides proposés, l’acide éthanoïque H3C–COOH est celui qui correspond à l’acide inconnu puisqu’il possède un tel pKA.
VbE = 10,0 mL VbE
Q. 2.5.
pH = pKA = 4,8
EXERCICE 3 : TRANSFORMATIONS NUCLEAIRES (5,5 points) 1. MARQUAGE ISOTOPIQUE ET TECHNIQUE D’IMAGERIE MÉDICALE
1.1. Désintégration du « fluor 18 » D’après les lois de Soddy :
– il y a conservation du nombre de nucléons : 18 = 18 + A soit A = 18 – 18 : A = 0 ; – il y a conservation de la charge électrique : 9 = 8 + Z soit Z = 9 – 8 donc Z = 1.
L’équation de la désintégration radioactive du fluor peut donc s’écrire : 189F 188O + 01e La particule émise est un positon 01e (ou positron). Il s’agit donc d’une désintégration +. 1.2. Constante radioactive du « fluor 18 »
1.2.1. Définition du temps de demi-vie radioactive : le temps de demi-vie radioactive correspond à la durée nécessaire à la désintégration de la moitié d’une population initiale de noyaux radioactifs.
1.2.2. Analyse dimensionnelle : t1/2 = ln 2
l donc = ln 2 t1/2
, [] = [t/] =
T = T–1
est donc homogène à l’inverse d’un temps, elle s’exprimera en s–1. Le texte indique que t1/2 = 110 min et = ln 2
t1/2
: = 6,9.10–1
11060 = 6,9.10–1
1,16103 = 6,9.10–1 6,6.103 = 6,9
6,6.10–4 10–4 s–1. 1.3. Activité du « fluor 18 »
1.3.1. N(t) = N0.e–.t où N0 est le nombre de noyaux initial de fluor.
Dérivons cette relation par rapport à t : A = – dN
dt = – dN.e–.t
dt = – N0.de–.t
dt = .N0.e–.t On pose : A = A0.e–.t avec A0 = .N0
1.3.2. Nombre de noyaux de « fluor 18 » présents dans la dose de traceur au moment de son injection au patient lors d’un examen médical. On donne = 110–4 s–1.
N0 = A
donc N0 = .
.–
6 4
260 10 1 10
=2,6.10
12 noyaux
1.3.3.
1.3.4. L’injection d’une dose a lieu à l’instant de date ti.
Temps nécessaire après l’injection pour que l’activité soit 100 fois plus faible qu’au moment de l’injection : A(ti) = A
or A(ti) = A0.e–.ti donc on peut écrire A
= A0.e–.ti C’est à dire
= e–.ti, donc ln(
) = –.ti ou encore ln 100 = .ti
Finalement ti = ln
; A.N. : ti = 4,6
1.10–4 = 4,6.104 s ; ti = ,.
,. = ,
,.101 = 1,3101 = 13 h 260 MBq
t = 60 min injection de D1
9h00
t = 180 min injection de D2
11h00
heure de fabrication de la dose D1 :
À t = 60 min, l’activité de la dose D1 vaut 260 MBq. C’est l’heure de l’injection.
La fabrication de la dose D1 a eu lieu à 8 h 00.
heure d’injection de la dose D2 :
À t = 180 min, l’activité de la dose D2 vaut 260 MBq. C’est l’instant de l’injection au deuxième patient, soit à 11 h 00.
t = 0 fabrication
8h00
2. MÉCANISME DE FUSION DE L’HYDROGÈNE DANS UNE ÉTOILE
2.1. Quelques considérations de vocabulaire
2.1.1. Une fusion nucléaire est une réaction provoquée au cours de laquelle la réunion de noyaux légers provoque la formation d’un noyau plus lourd.
Une fission nucléaire est une réaction provoquée au cours de laquelle un noyau lourd se casse en deux noyaux plus légers.
2.1.2. Les noyaux sont chargés positivement et ont donc tendance à se repousser. Il faut qu’ils aient une grande énergie cinétique (très haute température) pour vaincre ces répulsions.
2.2. Étude de la chaîne de réactions :
2.2.1. Réaction de fusion de deux noyaux d’hydrogène :
L’équation de cette réaction nucléaire peut s’écrire : H +H H + X Conservation du nombre de nucléons : 1 + 1 = 2 + A, soit A = 1 + 1 – 2 = 0 Conservation de la charge électrique: 1 + 1 = 1 + Z, donc Z = 1 + 1 – 1 = 1.
La particule émise est un positon 01e.
Finalement : H +H H + 01e (éq. 1)
2.2.2. Réaction de fusion d’un noyau de deutérium et d’un proton en un noyau d’hélium 3 :
H + H He* puis He* He + ou :
H + H He + (éq. 2)
Le noyau He est émis dans un état excité et se désexcite en émettant un photon.
2.2.3. Réaction de fusion entre deux noyaux d’hélium 3 qui donne un noyau d’hélium 4 : L’équation de cette réaction nucléaire peut s’écrire : He + He He + 2 X Conservation du nombre de nucléons : 3 + 3 = 4 + 2A, soit A = 3 + 3 – 4
2 = 2 2 = 1 Conservation de la charge électrique : 2 + 2 = 2 + 2Z, donc Z = 2 + 2 – 2
2 = 1 Les particules émises sont des protons H.
Finalement : He + He He + 2 H (éq. 3) 2.2.4. Pour produire 1 He dans la réaction 3, il faut 2 He (2 fois la réaction 2).
Pour que la réaction 2 s’effectue une fois il est nécessaire que la réaction 1 se soit effectuée 1 fois (production d’un
H). Pour qu’elle s’effectue deux fois, il faut donc que la réaction 1 se soit effectuée 2 fois.
Ainsi le bilan correspond à : 2(éq. 1) + 2(éq. 2) + 1(éq. 3) : Réaction bilan : 2 (H +H H + 01e)
2 (H + H He + )
He + He He + 2 H
2 (H +H) + 2 (H + H) + He + He 2 (H + 01e) + 2 (He + ) + He + 2 H 4 He He + 2 01e + 2
2.3. Considérations énergétiques.
2.3.1. Calculer la perte de masse correspondant à cette fusion :
m = m(He) + 2.m(01e) – 4.m(H) = 4,0026 + 20,0006 – 41,0073 = – 0,0254 u 2.3.2. Énergie libérée par nucléon lors de cette fusion.
E = – 0,0254935 – 0,0251000 – 25 MeV ; l’énergie est bien libérée, E < 0.
Ceci est pour 4 noyaux H.
Pour un noyau, l’énergie libérée est voisine de
6 MeV.
EXERCICE 4 : SONDE THERMIQUE (4 points) 1.1.
1.4.1. Quand t+ ; e–t/(RC) 0 donc uC(+ ) = A. Or quand le condensateur est complètement chargé uC = E donc on en déduit que A = E
1.4.2. A t = 0 ; uC(0) = E + B.e0 = E + B. Or à t = 0, le condensateur débute sa charge donc uC = 0, on en déduit que E + B = 0 d’où B = – E.
1.4.3. L’expression de uC(t) est : uC(t) = E.(1 – e–t/(RC)) 1.5.1. Dans l’équation différentielle, on a une somme de
tension donc [RC.duC
dt] = [U] soit [RC].[U]
[t] = [U]
d’où [RC] = [t] : RC est homogène à un temps.
1.5.2. On utilise la méthode de la tangente à l’origine : l’abscisse du point d’intersection de la tangente à la courbe à l’origine et de l’asymptote à la courbe pour t + correspond à la constante de temps .
Graphiquement on établit que = 1,6 ms.
1.5.3. 1 = R1.C donc R1 =
C = 1,6.10–3
1,0.10–6 = 1,6.103 = 1,6 k
1.5.4.
1.6.
2. Par lecture graphique, on en déduit que = 46 °C.
La rédaction de cette correction a été préparée à partir de la correction proposée par http://labolycee.org.
Température
(°C) 20 25 30 35 40 45 50 55 60
Constante de
temps (ms) 1,6 1,0 0,6 0,4 0,3
Résistance R
(k) 1,6 1,07 1,0 0,74 0,6 0,49 0,4 0,34 0,3
(°C)
R (k)
R = f() + –
E = 4,0 V K1
R
C K2
uR
uC
Enceinte à la température
voie 1
masse
1.2. La loi des mailles nous permet d’écrire : E – uC – uR = 0 d’où E = uC + uR
1.3. uR = R.i d’où E = uC + R.i i = dq
dt donc E = uC + R.dq dt
et q = C.uC d’où l’équation différentielle : E = uC + R.C.duC
dt (car C est une constante)
1 UC (V)
uC = f(t)
t (ms)
