Physiks & Chimie

(1)

Terminale S2 Rédigée à partir de la correction proposée par http://labolycee.org Page 1 sur 3

Physique et Chimie D.S. n°4 – Correction

Exercice n°1 : A propos des acides chlorhydrique et éthanoïque d’après bac Polynésie 2008 (20 points)

1. Mickaël s’interroge à propos des acides…

1.1. Un acide selon Brønsted est une espèce chimique capable de céder un proton H⁺ (1).

1.2. HCl(aq) + H2O(l) = H3O⁺(aq) + Cl^–(aq) (0,75) CH3COOH(aq) + H2O(l) = H3O⁺(aq) + CH3COO^–(aq) (0,75) 2. Mickaël réfléchit à l’interprétation de ces résultats…

2.1. Par définition : [H3O⁺(aq)]éq = 10^–pH Acide chlorhydrique : [H3O⁺(aq)]éq = 10^–2,0 = 1,0×10^–2 mol.L^–1 (1).

Acide éthanoïque : [H3O⁺(aq)]éq = 10^–3,4 = 4,0×10^–4 mol.L^–1 (1) 2.2. Tableau (1,5)

Équation de la réaction HA(aq) + H2O(_l) = H3O⁺(aq) + A^–(aq)

État (mol) Avancement n(HA) n(H2O) n(H3O⁺) n(A^-)

Initial 0 c.V solvant 0 0

En cours x c.V – x solvant x x

Final xf c.V – xf solvant xf xf

Maximal (totale) xmax c.V – xmax = 0 solvant xmax = c.V xmax = c.V 2.2.1.  = xf

xmax

= nHO^éq

xmax

= [HO^]éq.V

c.V = ^–pH c (1).

2.2.2. Solution S1 :  = 1,0.10^–2

1,00.10^–2 = 1,0 (0,5) Solution S2 :  = 10^–3,4

1,00.10^–2 = 4,0×10^–2 (0,5) La réaction entre l’acide chlorhydrique et l’eau est totale ( = 1), par contre celle entre l’acide éthanoïque et l’eau est très limitée ( << 1) : l’acide chlorhydrique est un acide plus fort que l’acide éthanoïque (1).

3. Mickaël veut connaître le comportement des solutions par rapport à la dilution.

3.1. Solution mère : C0 ; V0 Solution fille : C ; V = 100 mL

On veut diluer 10 fois la solution, soit C = C0/10. Au cours d’une dilution la quantité de matière de soluté se conserve : C.V = C0.V0 On a donc V0 = V/10 = 10,0 mL

À l’aide d’une pipette jaugée de 10,0 mL munie d’un pipeteur, on prélève le volume V0 de solution mère que l’on verse dans une fiole jaugée de 100 mL. On ajoute de l’eau distillée au 2/3 environ et on agite. On complète ensuite avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge puis l’on homogénéise (1,5).

3.2. Calculons la concentration des ions oxonium après dilution pour chaque solution. [H3O⁺(aq)]éq = 10^–pH Solution S1 diluée : [H3O⁺(aq)]éq = 10^–3,0 = 1,0×10^–3 mol.L^–1 = [H3O⁺(aq)](S1)éq /10 (0,5)

Solution S2 diluée : [H3O⁺(aq)]éq = 10^–3,9 = 1,3×10^–4 mol.L^–1  [H3O⁺(aq)](S2)éq /3 (0,5)

Dans la solution S1, après dilution, la concentration des ions oxonium a bien été divisée par 10, ce qui n’est pas le cas pour la solution S2 (1).

On peut aussi raisonner sur les pH : pH_S’1 = pHS1 + 1 : la concentration en ion oxonium est donc divisée par 10.

pHS’2 < pHS2 + 1 : la concentration en ion oxonium n’a pas été divisée par 10.

3.3. L’expression obtenue en 2.2.2. reste valable :  = ^–pH

c . Après dilution  = 10^–3,9

1,00.10^–3 = 0,13 (4,0.10^–2 avant dilution) La valeur de  a augmenté, donc déplacement de l’équilibre dans le sens direct (1).

4. Mickaël découvre une relation entre les concentrations d’espèces chimiques 4.1. D’après l’équation de la réaction [CH3COO^–(aq)]éq = [H3O⁺(aq)]éq = 10^–pH

D’après la conservation de la matière : [CH3COOH(aq)]i = [CH3COOH(aq)]éq + [CH3COO^–(aq)]éq

c = [CH3COOH(aq)]éq + [H3O⁺(aq)]éq

Ainsi [CH3COOH(aq)]éq = c – 10^–pH [CHCOO^–]éq.[HO^]éq

[CHCOOH]éq

=

^–pH^

c – ^–pH

. A.N. :

^[CH^^COO

–]éq.[HO^]éq

[CHCOOH]éq

=

^–,^

,.^– – ^–,

= 1,7.10

^–⁵(2)

4.2. Cette valeur caractéristique du couple CH3COOH(aq)/CH3COO^–(aq) est la constante d’acidité, notée KA. (0,5) 5. Mickaël et le vinaigre

5.1.1. CH3COOH(aq) + HO^–(aq) = CH3COO^–(aq) + H2O(l) (1) Les ions sodium Na⁺ étant spectateur ne doivent pas être notés 5.1.2. Une réaction support de titrage doit être rapide et totale et univoque (seule l’espèce à titrer réagit) (0,5).

5.2. À l’équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques : nAcide initiale = nbase versée soit c1.V1 = cB.VBE donc c1 = cB.VBE

V

(1) c1 = ,,

, = 0,119 mol.L^–1 (0,5)

(2)

Terminale S2 Rédigée à partir de la correction proposée par http://labolycee.org Page 2 sur 3

5.3.1. c0 = 10.c1 c0 = 1,19 mol.L^–1

5.3.2. ma = n0.M = c0.V.M ma = 1,19×1,00×60,0 = 71,4 g 5.3.3. A = ma

Va

soit Va = ma

a

Va = ,

, = 68,0 mL

5.3.4. ma

masse de  L de vinaigre = ma

V.V = ,

,,.^ = 7,0010^–2 = 7,00 % VamL

 = ,

 = 6,80 %

La formule ma

masse de  L de vinaigre semble mieux convenir, cependant l’écart entre les deux pourcentages d’acidité étant très faible, cette conclusion serait un peu hâtive.

5.4. pHE = 8,4 or la zone de virage de l’indicateur coloré doit encadrer le pH à l’équivalence, Mickaël doit utiliser la phénolphtaléïne pour son titrage colorimétrique (1).

Exercice n°2 : Décharge d’un condensateur d’après bac Antilles septembre 2006 (20 points)

1. ÉTABLISSEMENT DE L’ÉQUATION DIFFÉRENTIELLE LORS DE LA DÉCHARGE

1.1. D’après la loi des mailles (ou la loi d’additivité des tensions) : uC + uR = 0 (0,5).

1.2. La charge portée par l’armature positive est proportionnelle à la tension uC : qA = C.uC (0,5).

1.3. L’intensité a été comptée positivement au cours de la charge du condensateur, lors de la décharge le courant change de sens, alors en convention récepteur l’intensité i est négative (0,5).

i = dqA

dt = dC.uC

dt = C.duC

dt (0,5)

remarque : dqA = qA(t+dt) – qA(t) < 0 car la charge portée par l’armature A diminue lors de la décharge. On retrouve bien i < 0.

1.4. D’après 1.1. uC + uR = 0 D’après la loi d’Ohm uR = R.i (0,5)

uC + R.i = 0 D’après 1.3. uC + R.C.duC

dt = 0



RC.uC + duC

dt = 0

Cette équation différentielle est bien de la forme :

.uC + duC

dt = 0 avec  =  RC (1)

2. SOLUTION DE L’ÉQUATION DIFFÉRENTIELLE 2.1. uC = A.e^–t et 

RC.uC + duC

dt = 0 Exprimons tout d’abord duC

dt = dA.e^–t

dt = A.de^–t

dt = = – A..e^–.t (1) Remplaçons l’expression obtenue dans l’équation différentielle :



RC.A.e^–t – A..e^–.t = 0 A.e^–t.( 

RC– – ) = 0 Cette égalité doit être vérifiée quel que soit t. Or A > 0, donc



RC –  = 0 soit  =  RC (1).

2.2. à la date t = 0, on a uC(0) = U0 = 10 V

uC(0) = A.e^–^⁰ = A donc A = U0 (1) : A = 10 V.

2.3. Lors de la décharge du condensateur, la tension uC à ses bornes décroît. La courbe 1 convient (1).

On peut aussi ajouter que seule la courbe 1 est en accord avec uC(0) = U0 = 10 V.

2.4.  = R.C (1).

2.5.  = R.C donc [] = [R].[C]

D’après la loi d'Ohm uR = R.i, donc R = uR

i soit [R] = [U]

[I]. D’après le 1.3. : i = C.duC

dt, donc C = i.dt duC

soit [C] = [I].[T]

[U] [] = [U]

[I].[I].[T]

[U] [] = T :  est homogène à un temps. (1,5) 2.6. Les deux méthodes conduisent à  = 0,07 s (1).

B A

C

R uR

uC

i i

uR = R.i

Rem. : le sens de la tension uR étant opposé à i, d’après la loi d’Ohm : uR = R.i < 0 (convention récepteur). L’intensité i est négative, donc uR < 0 tel qu’il est représenté sur le schéma ci-dessus.

Si la tension uR avait été choisie en sens opposé alors il aurait fallu tenir compte du fait que la convention récepteur n’était pas respectée pour la résistance (uR aurait été positif, mais i négatif) lors de la décharge nous aurions écrit : uR = – R.i

B A

C

R uR

uC

i i

uR = – R.i

(3)

Terminale S2 Rédigée à partir de la correction proposée par http://labolycee.org Page 3 sur 3

2.7.  = R.C donc C = 

R C = ,

 = 210^–3 F = 2 mF (1).

3. INTENSITÉ DU COURANT

3.1. On a établi précédemment dans le 1.3. i = C.duC

dt et dans le 2.1. et 2.2. uC = Ae^–^^tavec A = U0 et  = 

RC soit uC = i = – U0.e⁻^RC^t donc duC

dt = – U

R.C.e⁻^RC^t et finalement i = – U

R.e⁻^RC^t (1).

On peut également raisonner ainsi : uR + uC = 0 donc uR = R.i = – uC = – U0.e⁻^RC^t  i = – U

R.e⁻^RC^t . 3.2. i(0) = I0 = – U

R i(0) = –

 = – 0,30 A (1).

3.3. Seule la courbe 3 est en accord avec I0 < 0 (0,5).

3.4. i = – U

R.e⁻^RC^t . À la date t = 0,50 s, i(0,50) = – 

.e⁻^0,50^0,07 = –210^–4 A = – 0,2 mA (1).

3.5. uC = U0.e⁻^RC^t uC(0,50) = 10e⁻^0,50^0,07 = 810^–3 V = 8 mV (1)

3.6. La durée écoulée est supérieure à cinq fois la valeur de la constante de temps , on trouve une valeur de uC très proche de zéro (8 mV est négligeable devant U0 = 10 V !). On peut considérer que le condensateur est déchargé.

Par ailleurs en valeur absolue |i(0,50)| = 2.10^–4 A ≪ |I0| = 3.10^–1 A (1).

4. ÉNERGIE EMMAGASINÉE DANS LE CONDENSATEUR 4.1. Eélec = 

.C.uC² (0,5) qA = C.uC soit uC = qA

C Eélec = 

.C.



 qA

C

2

= 

.qA

C

⁽¹⁾ 4.2. L'énergie emmagasinée à la date t = 0 s dans le condensateur C a pour expression : Eélec = 

.C.U0² Pour le condensateur C’ (avec C’ > C), on a E’élec = 

.C’.U0².

U0 étant constante, alors E’élec > Eélec. (1)

0 2 4 6 8 10 12

0,00 0,02 0,04 0,06 0,08 0,10 0,12 0,14 0,16 0,18 0,20 0,22 0,24 0,26 0,28 0,30 0,32 0,34 0,36 0,38 0,40

t(s) uC(V)

Courbe 1

La tangente à l’origine à la courbe uC(t) coupe l’axe des abscisse à l’instant de date t = .

À l’instant t = , la tension

uC(t) = uC() = U0.e^–1 = 100,37 = 3,7 V.

3,7 V