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.
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.
EXEXEERRCCICICE E 44 :: PPEETTIITTEE HHIISSTTOOIIRREE DD’’UUNNEE LLEENNTTIILLLLEE EETT DDEE DDEEUUXX MMIIRROOIIRRSS…… ((44 ppooiinnttss)) 1. Étude des miroirs du télescope
1.1. Figure 2 (le schéma n’est pas à l'échelle) miroir plan
L’image A’B’ est symétrique de l’objet AB par rapport au plan du miroir.
A B
Figure 3 (le schéma n’est pas à l'échelle) miroir sphérique F : foyer du miroir
S : sommet du miroir C : centre du miroir
A B
F
S C
1er rayon : Issu de B semblant provenir de C, est réfléchi par le miroir en passant par C.
2e rayon : Issu de B parallèle à l'axe optique, est réfléchi en passant par F.
3e rayon : Issu de B semblant provenir de F, est réfléchi parallèlement à l'axe optique.
Le point image B’ est situé à l'intersection des rayons réfléchis. Le point A’ est situé sur l'axe optique.
1.2. Si Clémentine utilisait un écran entier, les rayons incidents issus de la lampe seraient arrêtés par cet écran, ils ne pourraient pas atteindre le miroir sphérique, elle n’obtiendrait pas d’image sur l’écran.
L’objet lumineux est situé à plusieurs mètres du miroir sphérique, on peut considérer que l’objet est à l’infini. Dans ce cas l’image se forme dans le plan focal du miroir sphérique. L’image est observée à 90 cm du miroir, donc la distance focale est égale à 90 cm.
2. Étude de la lentille du télescope
Question 2.1. Figure 4 (le schéma est à l'échelle)
a) On place la lentille et l’écran.
b) On trace un rayon issu de H, passant par le centre optique de la lentille, il émerge sans être dévié. Le point image H’’
est situé à l’intersection de ce rayon et de l’écran.
G H
Sens de propagation de la lumière
miroir M1 : donne une image plus
grande de son visage que celui-ci
B’
A’
Sens de propagation de la lumière
écran L
H’’
G’’
O F’
F Sens de propagation
de la lumière
miroir M2 : donne une image de
même taille que l’objet B’
A’
Dans un devoir, il n’est pas nécessaire de justifier les tracés. Nous le faisons ici pour votre compréhension.
c) On trace un rayon issu de H, parallèle à l’axe optique. Il émerge en passant par H’’. Le foyer image F’ est situé à l’intersection de ce rayon et de l’axe optique.
d) On trace un rayon émergent parallèle à l’axe optique passant par H’’. Le rayon incident correspondant est passé par le foyer objet F.
On vérifie que F et F’ sont symétriques par rapport au centre optique O.
2.2. D’après la relation de conjugaison de Descartes :
OG’’ – OG
= OF’
OG – OG’’
OG’’ . OG
=
OF’ OF’ = OG’’ . OG OG – OG’’
OG = – 6,0 cm OG’’ = 3,0 cm donc OF’ = 3,0(–6,0)
–6,0 – 3,0 = – 18
– 9,0 = 2,0 cm 3. Observation d'une éclipse de Lune avec le télescope
3.1. Le miroir sphérique M1 joue le rôle d’objectif. La lentille L joue le rôle d’oculaire.
Enfin le miroir plan M2 : L’image formée par l’objectif est un objet pour ce miroir plan M2, il en donne une image qui va jouer le rôle d’un objet pour l’oculaire L. Le miroir plan permet d’observer l’image définitive suivant l’axe optique de l’oculaire, donc perpendiculairement à l’axe optique du miroir sphérique.
M2 F1
K N
direction dans laquelle est observée la Lune
F
F'
L
M1
3.2.1. Image K1N1 donnée par le miroir sphérique M1 : Le point N étant considéré à l’infini, tous les rayons issus de ce point N sont parallèles entre eux. On trace un rayon issu de N, parallèle au rayon tracé en pointillés, passant par le foyer F1, il émerge du miroir M1 parallèlement à l’axe optique. Le point image N1 du point N est situé dans le plan focal du miroir sphérique. On place N1. Le point image K1 est confondu avec le foyer F1.
3.2.2. Image K2N2 de K1N1 donnée par le miroir : Elle est symétrique de K1N1 par rapport au miroir plan M2.
3.2.3. L’image K2N2 doit être dans le plan focal objet de l’oculaire L pour que le télescope soit afocal (ici à 1 mm près).
3.2.4. Image définitive K3N3 : elle est rejetée à l’infini, l’œil l’observe sans accommoder et donc sans fatigue oculaire.
3.3.1.Diamètres apparents et ’.
Dans le triangle SK1N1 : tan = KN
SF = KN
fobjectif
, l’angle étant petit et exprimé en rad tan = KN
fobjectif
. Dans le triangle OK2N2, on considère K2 confondu avec F (légère erreur de construction…).
tan ’ = KN
OF donc ’ = KN
OF = KN
foculaire
Grossissement G : G = ’
= KN
foculaire
KN
fobjectif
= fobjectif
foculaire
car K1N1 = K2N2 (image de même taille que l’objet pour un miroir plan).
3.3.2. G =
, = 45 « Le grossissement maximal utilisable est égal à 2,5 fois le diamètre de l'objectif exprimé en mm »
« …le diamètre de l’objectif et trouve 12 cm » Gmax = 2,5120 = 3,0.102
G < Gmax donc l’image définitive de la Lune observée par Clémentine est nette.
La rédaction de cette correction a été préparée à partir de la correction proposée par http://labolycee.org.
Sens de propagation de la lumière
K1
N1
K2
N2
N3 à
K3 à
’
S
’
O
S’
Dans le triangle S’F1N1 : tan = KN
S’N, l’angle étant petit et exprimé en rad tan .
Le rayon de courbure du miroir étant important, on peut considérer S’N1 = SF1.
