Exercice 1 Détermination d’un constante d’équilibre par deux méthodes [10 pt]

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DS 2 – 1h45 CORRECTION TS

Exercice 1 Détermination d’un constante d’équilibre par deux méthodes [10 pt]

(d’après BAC Antilles 2005)

1. LA TRANSFORMATION CHIMIQUE ÉTUDIÉE

1.1. Un acide est une espèce chimique capable de céder un proton H⁺.

1.2. Couple acide éthanoïque / ion éthanoate: CH₃CO₂H_(aq) / CH₃CO₂^–_(aq) Couple ion oxonium / eau: H3O⁺(aq) / H2O(l)

2. ÉTUDE pH-MÉTRIQUE

2.1. quantité de matière initiale d'acide éthanoïque : n₁ = c₁×V₁ n₁ = 2,7.10^–3 × 0,100

n1 = 2,7××××10^–4 mol

2.2. Avancement CH₃CO₂H_(aq) + H₂O₍l) = CH₃CO₂^–_(aq) + H₃O⁺_(aq)

E.I. x = 0 n1 0 0

E.F.

ou état d'équilibre x = xf n₁ – xf

en excès xf xf

Si la transformation est totale, à l’état final : x = xmax et l’acide éthanoïque serait totalement consommé, soit n1

– xmax = 0

donc xmax = n1 soit xmax = 2,7××××10^–4 mol

2.3. [H₃O⁺_(aq)]_f = 10^–pH pH = – log[H₃O⁺] or d’après l’énoncé log(2,0.10^–4) = –3,7 [H₃O⁺_(aq)]_f = 10^–3,70 = 2,0.10^–4 mol.L^–1

[H3O⁺(aq)]f =

V

1

x

_f

soit xf = [H3O⁺(aq)]f × V1

xf = 2,0.10^–4 × 0,100 = 2,0.10^–5 mol 2.4. τ₁ =

x

max

x

_f

τ₁ = ₄

5

10 . 7 , 2

10 . 0 , 2

−

= 0,74×10^–5×10⁴ = 0,74.10^–1

ττττ1 = 7,4.10^–2 : la transformation est limitée car τ₁ < 1.

2.5.1. D’après l’équation chimique [H₃O⁺_(aq)]_f = [CH₃CO₂^–_(aq)]_f =

V

1

x

_f

V

1

x

_f

= [CH₃CO₂^–_(aq)]_f = 2,0.10^{– 4} mol.L^–1

2.5.2. [CH₃CO₂H_(aq)]_f = c₁ –

V

1

x

_f

[CH₃CO₂H_(aq)]_f = 2,7.10^–3 – 2,0.10^{– 4} = 27.10^–4 – 2,0.10^–4 = 2,5.10^–3 mol.L^–1

BONUS : K1 =

f aq

aq f aq f

H CO CH

O H CO

CH

] [

] .[

] [

) ( 2 3

) 3 ( ) 2( 3

+

−

K₁ = ₃

4 4

10 . 5 , 2

10 . 0 , 2 10 . 0 , 2

−

×

=

10

⁸

10

³

5 , 2

0 ,

4 ×

⁻

×

K1 = 1,6.10^–5

(2)

3. ÉTUDE CONDUCTIMÉTRIQUE

3.1. Présence d’ions éthanoate CH3CO2– , d’ions oxonium H3O⁺, on néglige la présence des ions hydroxyde produits par autoprotolyse de l’eau car le pH est très acide (=3,70).

D’après l’équation chimique [H3O⁺(aq)]f = [CH3CO2– (aq)]f

3.2. σ = − 2 3CO

λ

CH ^.[CH3CO2–

(aq)]f +

λ

H₃O+^.[H3O⁺(aq)]f

3.3 σ = ( − 2 3CO

λ

CH ⁺

λ

H₃O+^).[H3O⁺_(aq)]_f [H₃O⁺_(aq)]_f = [CH₃CO₂^–_(aq)]_f =

+

−

+

_H_O

CO CH₃ ₂

λ

₃

λ σ

[H3O⁺(aq)]f = [CH3CO2–

(aq)]f = ₃ ₃

2

10 . 9 , 35 10 . 1 , 4

10 . 00 , 5

−

+

⁼ ³

2

10 . 40

10 . 00 , 5

−

= ₃

2

10 10

10 4 5

−

× ×

[H₃O⁺_(aq)]_f = [CH₃CO₂^–_(aq)]_f =1,25 mol.m^–3 = 1,25.10^–3 mol.L^–1 3.4.1. c2 = 1,0.10^–1 mol.L^–1 = 100.10^–3 mol.L^–1 et [CH3CO2–

(aq)]f = 1,25.10^–3 mol.L^–1

CO

f

CH c

]

[

₃ ₂

2

− =

25 , 1

100

= 80

[CH3CO2– (aq)]f =

80 c

2

<

50 c

2

l’approximation 1 est justifiée.

3.4.2. Si c₂

≈

[CH₃CO₂H_(aq)]_f cela signifie que l’acide s’est très peu dissocié dans l’eau.

La transformation peut être considérée comme étant très limitée.

alors [CH₃CO₂H_(aq)]_f

≈

c₂ et [CH₃CO₂^–_(aq)]_f est négligeable face à [CH₃CO₂H_(aq)]_f.

3.4.3. τ₂ =

2 ) 2(

3

]

[ c CO CH

⁻_aq _f

ττττ2 =

10 , 0

10 . 25 ,

1

⁻³

= 1,25.10^–2

BONUS : K₂ =

f aq

aq f f

aq

H CO CH

O H CO

CH

] [

] .[

] [

) ( 2 3

) 3 ( ) ( 2 3

+

−

=

2 )

3 (

] ²

[ c O H

+ aq _f

K2 =

10 , 0

)² 10 . 25 , 1

(

⁻³

=

0 , 10 10 )².

25 , 1

(

⁻⁶

= 1,56.10^–5

4. CONCLUSION : COMPARAISON DES RESULTATS OBTENUS

4.1. Oui, le taux d’avancement final d’une transformation chimique limitée dépend de l’état initial du système.

En effet avec deux concentrations initiales différentes, on obtient deux taux d’avancement différents.

4.2. Affirmation 1 : Plus l’acide est dissocié et plus le taux d’avancement final τ est grand.

Affirmation juste : τ = xf / xmax , plus l’acide est dissocié et plus xf est grand alors τ est plus grand. (xmax étant constant).

Affirmation 2 : Plus la solution d’acide éthanoïque est diluée, moins l’acide est dissocié.

Affirmation fausse : c1 < c2 donc la solution 1 est davantage diluée.

On a obtenu τ1 > τ2 , dans la solution 1 l’acide s’est davantage dissocié.

BONUS : La constante d’équilibre K ne dépend pas de la concentration initiale en acide éthanoïque, puisque avec deux concentrations différentes on obtient la même valeur de K.

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Exercice 2 La découverte de la radioactivité artificielle (BAC Antilles 2007) [5 pts]

1. LA SOURCE DE PARTICULES ALPHA UTILISEE PAR LES JOLIOT-CURIE

1.1 Un noyau radioactif est un noyau instable qui se désintègre spontanément et de manière aléatoire en un autre noyau avec émission de rayonnement et de particules.

1.2 Une particule alpha est un noyau d'hélium de symbole : He

42

Le noyau He

42 contient 2 protons (Z = 2 ) et 2 neutrons (A-Z = 4 - 2 = 2)

1.3 A est le nombre de nucléons appelé aussi nombre de masse. Il indique le nombre de protons additionné du nombre de neutrons.

Z est le numéro atomique ou nombre de charges. Pour un noyau, il indique le nombre de protons qu’il contient.

1.4 En utilisant les lois de conservations du nombre de nucléons A et du nombre de charge, il vient : Po

2 1 0

8 4 → He

42 + ^A_ZX

avec : 210 = 4 + A ⇔ A = 206

84 = 2 + Z ⇔ Z = 82 il s'agit de l'élément Pb, finalement : Po

2 1 0

8 4 → He

42 + Pb

2 0 6 8 2

2. LA RÉACTION PROBABLE PROPOSÉE PAR LES JOLIOT-CURIE

2.1. Le noyau de l'atome de phosphoreest "composé de 15 protons et de 15 neutrons."

donc Z = 15 et A = 15 + 15 = 30. Le symbole du noyau de phosphore est P

1 53 0

2.2. Le noyau de l'atome de d'aluminiumest "composé de 13 protons et de 14 neutrons"

donc Z = 13 et A = 13 + 14 = 27.

Le symbole du noyau d'aluminium est Al

1 32 7 . Alors Al

1 32 7 + He

42 → n

10 + P

1 53 0

On vérifie les lois de conservation : 27 + 4 = 1 + 30 13 + 2 = 0 + 15

2.3.1. Deux noyaux isotopes ont même nombre de protons (même Z) mais des nombres de neutrons différents (donc A différents).

2.3.2. Un autre isotope du phosphore 30 P

1 53 0 est le phosphore 31, P

1 53 1 car Z = 15 pour les deux noyaux mais ces deux noyaux diffèrent par leur nombre de neutrons, 15 pour P

1 53 0 et 16 pour P

1 53 1 .

2.4.1 Le noyau stable de siliciumestcomposé de 14 protons et de 16 neutrons, donc Z = 14 et A = 14 + 16 = 30.

Le symbole du noyau de silicium est Si

1 43 0 .

Le symbole d'un positon est e

01 . L'équation nucléaire s'écrit alors P

1 53 0 → Si

1 43 0 + e

01

On vérifie les lois de conservation : 30 = 30 + 0 15 = 14 + 1

2.4.2. Il s'agit d'une radioactivité β⁺ car il y a émission d'un positon.

2.4.3. équation : p

11 → n

10 + e

01 On vérifie les lois de conservation : 1 = 1 + 0 1 = 0 + 1

Exercice 3 La lumière : une onde - diffraction (d’après BAC National 09/2003) [4 pts]

1. D’après la figure 1 : tan θ =

D L

2

comme θ est petit, on a tan θ = θ soit θ =

D L 2

2. On a θ =

a

λ

avec θ en radian ; λ et a en mètre.

3. La courbe θ = f(1/a) est une droite passant par l’origine, or l’expression précédente montre que θ et 1/a sont proportionnels (coefficient directeur λ). La figure 2 est en accord avec la relation. .

4. Le coefficient directeur de la droite représentative de θ = f(1/a) est égal à la longueur d’onde λ.

5. A l’aide de la figure 2, on peut calculer le coefficient directeur de la droite : soit le point (

a

1

= 3,5.10⁴ m⁻¹ ; θ = 2,0.10⁻² rad) λ = θ . a = 2,0.10⁻² × ₄

10 . 5 , 3

1

= 5,7.10⁻⁷ m donc la valeur à retenir est λλλλ = 560 nm

6. La lumière blanche est polychromatique, donc elle contient des radiations de longueurs d'onde différentes qui donneront des taches de largeurs différentes sur l'écran.

Au centre de l'écran, juste en face du fil, toutes les radiations colorées se superposent, on obtient du blanc.

Autour seules certaines radiations se superposent, cela crée des irisations, c'est à dire des couleurs.