Physique – Chimie DS n°4 - corrigé =6,0.103L.mol−1. cm

Physique – Chimie
DS n°4 - corrigé
Classe : 1S
Exercice 1 : Dosage de la caféine d'après baccalauréat, Nouvelle Calédonie, 2003
1. Les longueurs d’onde 220 nm et 320 nm étant inférieures à 400 nm, elles appartiennent au
domaine des ultraviolets (UV).
2. Pour réaliser les mesures d'absorbance les plus précises, il faut régler le spectrophotomètre sur la
longueur d’onde correspondant au maximum d’absorbance soit ici à λmax = 271 nm.
3.
a) Le graphe A = f(t) est une droite passant par l’origine, donc
l’absorbance est proportionnelle à la concentration t en
caféine. Le café le « plus excitant » est celui dont
l’absorbance mesurée est la plus grande. Comme A2 > A1,
la boisson 2 a la plus grande concentration en caféine.
b) Pour A2 = 0,53, la concentration massique en caféine est
17 mg.L−1.
c) La concentration molaire de caféine est égale à 8,8.10-5 mol.L-1.
m
n
m
m 1 1 m t
17.10−3
−5
−1
t=
et c=
; n=
donc c= × = × = =
=8,8 .10 mol.L
V
V
M
M V M V M 8 x 12,0+10 x 1,0+4 x 14,0+2 x 16,0
4. Loi de Beer-Lambert : Aλ = ελ x ℓ x c avec Aλ : absorbance de la solution (sans unité) ; ℓ :
épaisseur de solution traversée (en cm) ; c : concentration molaire de la solution (en mol.L -1) ; ελ :
coefficient d'absorption molaire (en L.mol-1.cm-1)
0,53
5. D'après la loi de Beer-Lambert, ελ = A λ =
=6,0 .10 3 L.mol−1 . cm−1. . Le coefficient
−5
l×c 1,0×8,8 .10
d'absorption molaire de la caféine pour λ = 271 nm est de 6,0.103 L.mol-1.cm-1.
Exercice 2 : Analyse de graphes
1. Équation de réaction : Aℓ3+(aq) + 3 HO- (aq) → Aℓ(OH)3 (s)
2. l’avancement d’une réaction chimique est égal à la quantité de matière apparue d’un produit
quand le coefficient stœchiométrique est égal à 1. C’est aussi la quantité de matière de réactif
consommé quand le coefficient stœchiométrique est égal à 1.
3. Déduire de ce graphe :
a) Il suffit de lire les quantités de matière à l'abscisse x = 0 mol,
soit l'ordonnée à l'origine pour chacune des droites. À l'état
initial, on a 6 moles d'hydroxyde de sodium et 1,5 moles
d'ions aluminium.
b) L'avancement maximal correspond à la plus petite valeur de x
pour laquelle les deux droites coupent l'axe des abscisses.
Donc ici, xmax = 1,5 mol.
c) Le réactif limitant est le premier réactif dont la quantité de
matière devient nulle. Il s'agit du réactif qui correspond à la
droite qui coupe la première l'axe des abscisses : il s'agit des
ions Aℓ3+.
d) Il suffit de lire les quantités de matière pour x = 1,5 mol. À l'état final, il reste 0 mole d'ions
Aℓ3+ et 1,5 moles d'ions HO-.
4. La droite correspondant à l'évolution de la quantité de matière de Aℓ(OH)3 en fonction de
l'avancement est une droite de coefficient directeur égal à 1 (correspond au nombre
stœchiométrique) et qui passe par l'origine (la quantité de produit est nulle à l'origine).
Exercice 3 : Étude d'une transformation chimique
m
1,4
−2
1. Pour le carbonate de calcium : nCaCO3, i= =
=1,4.10 mol
M 40,1+12,0+3 x 16,0
−3
−3
−2
Pour l'acide éthanoïque : n
mol
CH3COOH ,i=c x V=1,0 x 20.10 =20.10 =2,0 .10
2. nCaCO3 ,i =1,4.10−2 > nCH3COOH ,i =1,0 .10−2 Donc l'acide éthanoïque est le réactif limitant et
1
2
l'avancement maximal est de 1,0.10-2 moles.
3. Tableau d'évolution :
Équation de la réaction
chimique
État du
Avancement
système
(mol)
initial
'x = 0
En cours
0 < x < xmax
Final
'x = xmax
CaCO3(s) + 2 CH3COOH(aq) → CO2(g) + Ca2+(aq) + 2 CH3COO-(aq) + H2O(ℓ)
Quantité de matière (en mol)
1,4.10-2
2,0.10-2
0
0
0
0
1,4.10-2 - x
2,0.10-2 - 2x
x
x
2x
x
1,4.10-2 - xmax
2,0.10-2 - 2xmax
xmax
xmax
2xmax
xmax
4. nCO2,f = xmax = 1,0.10-2 mol. On a formé 1,0.10-2 moles de dioxyde de carbone.
5. nCO2 , f = V donc V=n CO2, f ×V m=1,0 .10−2×24=0,24L Il se dégage 0,24 L de dioxyde de
Vm
carbone.
Exercice 4 : Ion strontium
Un ion dont le noyau a pour numéro atomique Z= 38 et pour nombre de masse A = 88, porte la charge
électrique + 2 e.
1. Il s'agit d'un cation car il porte une charge positive.
2. Le noyau est constitué de Z = 38 protons et de A – Z = 88 – 38 = 50 neutrons. L'atome dont cet
ion est issu est constitué de Z = 38 électrons car l'atome est électriquement neutre et possède
donc autant de charges positives (protons) que de charges négatives (électrons). L'atome en
question a perdu 2 électrons pour former le cation. L'ion a donc 38 – 2 = 36 électrons.
3. À l'intérieur du noyau, seuls les protons sont chargés et portent chacun une chargé égale à +e.
Donc qnoyau = Z x e = 38 x e. Donc qnoyau = 38 x 1,6.10-19 C = 6,1 x 10-18 C. La valeur de la charge
du noyau est de 6,1.10-18 C.
4. Le noyau étant chargé positivement et les électrons étant chargés négativement, la masse
de ces particules étant extrêmement faible, c'est l'interaction électrostatique qui est
prédominante à ce niveau.
5. Cette interaction est attractive puisque les charges de ces particules sont de signe opposé.
6. La charge du noyau est égale à +38e et celle d'un électron à -e. La valeur de l'attraction
électrostatique est de 2,2.10-3 N.
Fnoyau/ électron=k×
∣qnoyau×q électron∣
38×(1,6 .10−19 )2
38 e×e
38 e2
9
=k
×
=k×
=9,0
.10
×
=2,2 .10−3 N
d2
d2
d2
(2,0 .10−12)2
7. 2 isotopes ont même nombre de protons mais un nombre de neutrons différent. La charge
du noyau ne changerait pas, donc la valeur de la force électrostatique serait la même.
8. L'interaction responsable de la cohésion du noyau est l'interaction forte.
9. Elle est attractive puisqu'elle permet de vaincre les forces de répulsion électrostatique entre
protons. Elle agit entre toutes les particules du noyau (pas seulement entre les protons).
10. Il ne peut pas s'exercer ce type d'interaction entre le noyau et les électrons car la distance protonélectron considérée dans cet exercice est de 2.10-12 m, distance qui est très supérieure à la
portée de l'interaction forte qui est de 10-15 m.
Physique – Chimie
DS n°4 – corrigé *
Classe : 1S
Exercice 1 : Dosage de la caféine d'après baccalauréat, Nouvelle Calédonie, 2003
1. Les longueurs d’onde 220 nm et 320 nm étant inférieures à 400 nm, elles appartiennent au
domaine des ultraviolets (UV).
2. Pour réaliser les mesures d'absorbance les plus précises, il faut régler le spectrophotomètre sur la
longueur d’onde correspondant au maximum d’absorbance soit ici à λmax = 271 nm.
3.
a) Le graphe A = f(t) est une droite passant par l’origine, donc
l’absorbance est proportionnelle à la concentration t en
caféine. Le café le « plus excitant » est celui dont
l’absorbance mesurée est la plus grande. Comme A2 > A1,
la boisson 2 a la plus grande concentration en caféine.
b) Pour A2 = 0,79, la concentration massique en caféine est
25 mg.L−1.
c) La concentration molaire de caféine est égale à 1,3.10-4 mol.L-1.
m
n
m
m 1 1 m t
25.10−3
−4
−1
t=
et c=
; n=
donc c= × = × = =
=1,3 .10 mol.L
V
V
M
M V M V M 8 x 12,0+10 x 1,0+4 x 14,0+2 x 16,0
4. Loi de Beer-Lambert : Aλ = ελ x ℓ x c avec Aλ : absorbance de la solution (sans unité) ; ℓ :
épaisseur de solution traversée (en cm) ; c : concentration molaire de la solution (en mol.L -1) ; ελ :
coefficient d'absorption molaire (en L.mol-1.cm-1)
0,79
5. D'après la loi de Beer-Lambert, ελ = A λ =
=6,1 .10 3 L.mol−1 .cm−1. . Le coefficient
−4
l×c 1,0×1,3.10
d'absorption molaire de la caféine pour λ = 271 nm est de 6,1.103 L.mol-1.cm-1.
Exercice 2 : Analyse de graphes
1. Équation de réaction : Aℓ3+(aq) + 3 HO- (aq) → Aℓ(OH)3 (s)
2. l’avancement d’une réaction chimique est égal à la quantité de matière apparue d’un produit
quand le coefficient stœchiométrique est égal à 1. C’est aussi la quantité de matière de réactif
consommé quand le coefficient stœchiométrique est égal à 1.
3. Déduire de ce graphe :
a) Il suffit de lire les quantités de matière à l'abscisse x = 0 mol,
soit l'ordonnée à l'origine pour chacune des droites. À l'état
initial, on a 6 moles d'hydroxyde de sodium et 1,5 moles
d'ions aluminium.
b) L'avancement maximal correspond à la plus petite valeur de x
pour laquelle les deux droites coupent l'axe des abscisses.
Donc ici, xmax = 1,5 mol.
c) Le réactif limitant est le premier réactif dont la quantité de
matière devient nulle. Il s'agit du réactif qui correspond à la
droite qui coupe la première l'axe des abscisses : il s'agit des
ions Aℓ3+.
d) Il suffit de lire les quantités de matière pour x = 1,5 mol. À l'état final, il reste 0 mole d'ions
Aℓ3+ et 1,5 moles d'ions HO-.
4. La droite correspondant à l'évolution de la quantité de matière de Aℓ(OH)3 en fonction de
l'avancement est une droite de coefficient directeur égal à 1 (correspond au nombre
stœchiométrique) et qui passe par l'origine (la quantité de produit est nulle à l'origine).
Exercice 3 : Étude d'une transformation chimique
m
1,8
−2
1. Pour le carbonate de calcium : nCaCO3, i= =
=1,8.10 mol
M 40,1+12,0+3 x 16,0
−3
−3
−2
Pour l'acide éthanoïque : n
mol
CH3COOH ,i=c x V=1,0 x 26.10 =26.10 =2,6 .10
2. nCaCO3 ,i =1,8.10−2 > n CH3COOH, i =1,3 .10−2 Donc l'acide éthanoïque est le réactif limitant et
1
2
l'avancement maximal est de 1,3.10-2 moles.
3. Tableau d'évolution :
Équation de la réaction
chimique
État du
Avancement
système
(mol)
initial
'x = 0
En cours
0 < x < xmax
Final
'x = xmax
CaCO3(s) + 2 CH3COOH(aq) → CO2(g) + Ca2+(aq) + 2 CH3COO-(aq) + H2O(ℓ)
Quantité de matière (en mol)
1,8.10-2
2,6.10-2
0
0
0
0
1,8.10-2 - x
2,6.10-2 - 2x
x
x
2x
x
1,8.10-2 - xmax
2,6.10-2 - 2xmax
xmax
xmax
2xmax
xmax
4. nCO2,f = xmax = 1,3.10-2 mol. On a formé 1,3.10-2 moles de dioxyde de carbone.
5. nCO2 , f = V donc V=n CO2, f ×V m=1,3 .10−2×24=0,31L Il se dégage 0,31 L de dioxyde de
Vm
carbone.
Exercice 4 : Ion Baryum
Un ion dont le noyau a pour numéro atomique Z= 56 et pour nombre de masse A = 138, porte la charge
électrique + 2 e.
1. Il s'agit d'un cation car il porte une charge positive.
2. Le noyau est constitué de Z = 56 protons et de A – Z = 138 – 56 = 82 neutrons. L'atome dont cet
ion est issu est constitué de Z = 56 électrons car l'atome est électriquement neutre et possède
donc autant de charges positives (protons) que de charges négatives (électrons). L'atome en
question a perdu 2 électrons pour former le cation. L'ion a donc 56 – 2 = 54 électrons.
3. À l'intérieur du noyau, seuls les protons sont chargés et portent chacun une chargé égale à +e.
Donc qnoyau = Z x e = 56 x e. Donc qnoyau = 56 x 1,6.10-19 C = 9,0 x 10-18 C. La valeur de la charge
du noyau est de 9,0.10-18 C.
4. Le noyau étant chargé positivement et les électrons étant chargés négativement, la masse
de ces particules étant extrêmement faible, c'est l'interaction électrostatique qui est
prédominante à ce niveau.
5. Cette interaction est attractive puisque les charges de ces particules sont de signe opposé.
6. La charge du noyau est égale à +56e et celle d'un électron à -e. La valeur de l'attraction
électrostatique est de 3,2.10-3 N.
Fnoyau/ électron=k×
∣qnoyau×q électron∣
56×(1,6 .10−19 )2
56 e×e
56 e2
9
=k
×
=k×
=9,0
.10
×
=3,2 .10−3 N
d2
d2
d2
(2,0 .10−12)2
7. 2 isotopes ont même nombre de protons mais un nombre de neutrons différent. La charge
du noyau ne changerait pas, donc la valeur de la force électrostatique serait la même.
8. L'interaction responsable de la cohésion du noyau est l'interaction forte.
9. Elle est attractive puisqu'elle permet de vaincre les forces de répulsion électrostatique entre
protons. Elle agit entre toutes les particules du noyau (pas seulement entre les protons).
10. Il ne peut pas s'exercer ce type d'interaction entre le noyau et les électrons car la distance protonélectron considérée dans cet exercice est de 2.10-12 m, distance qui est très supérieure à la
portée de l'interaction forte qui est de 10-15 m.