Kiné – Chimie - Ceerrf 2010 – Corrigé 1 partie : QCM Question 1

Kiné – Chimie - Ceerrf 2010 – Corrigé
1ère partie : QCM
Question 1
A- Ecrivons les demi-équations correspondant aux couples donnés sachant que le dichromate et
l’acide oxalique sont les réactifs de départ:
Cr2O72- + 14 H+ + 6e- = 2Cr3+ + 7H2O
C2H2O4 = 2 CO2 + 2H+ + 2eEn multipliuant la deuxième ligne par 3 afin d’avoir le même nombre d’électrons échangés
dans les deux demi-équations, on obtient l’équation de la réaction d’oxydo-réduction :
Cr2O72- + 14 H+ + 3 C2H2O4 --> 2Cr3+ + 6 CO2 + 6H++ 7H2O
Puis on simplifie les H+ :
Cr2O72- + 8 H+ + 3 C2H2O4 --> 2Cr3+ + 6 CO2 + 7H2O
3 moles d'acide oxalique réagissent avec une mole d'ions Cr2O72- donc FAUX
B- On connait les quantités initiales : 6,00.10-3 mol d'acide oxalique et 1,66.10-3 mol de
dichromate.
Si on réalise un tableau d’avancement, les quantités d’acide oxalique n 1 et d’ion dichromate n2
à tout instant seront données par :
n1= 6,00.10-3-3x et n2=1,66.10-3-x
On cherche l’avancement maximal xmax pour chacune de ces deux relations :
Pour l’acide oxalique on trouve 6,00.10-3-3xmax=0 donc xmax=2,00.10-3mol
Pour le dichromate on trouve 1,66.10-3-xmax=0 donc xmax=1,66.10-3 mol
Le plus petit xmax est obtenue pour le dichromate donc l'acide oxalique est en excès. FAUX
C- On sait que la réaction est totale d’après l’énoncé. Donc en fin de réaction on doit avoir
[Cr3+]f= 2xmax/Vtotal=2x1,66.10-3/0,2=16,6.10-3 mol.L-1
Or on nous dit que, à t = 50 s, la concentration en ion chrome III vaut 8,3.10-3 mol.L-1. La
réaction n’est donc pas terminée, c’est donc une réaction lente. FAUX
D- D’après la question précédente, il reste des réactifs à t=50s donc FAUX
E- D’après la question C, la concentration en ion chrome III vaut exactement la moitié de la
concentration finale, donc 50s correspond au temps de demi-réaction. VRAI
Question 2
La formule d'un monoalcool saturé est de la forme Cn H2n+2 O avec n : nombre de carbones.
La masse molaire est donc M= 12n+(2n+2)x1+16=14n+18
Le pourcentage massique d'oxygène est égal à 100-64,9-13,5 soit 21,6 %.
Or ce pourcentage est donné par la relation (masse d’oxygène)/(masse molaire)x100
On a donc (16/M)x100=21,6 donc M=(16/21,6)x100=74g.mol-1
Donc 14n+18=74. On trouve alors n=4. L’alcool a pour formule C4H10O à réponse D
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Question 3
Equation de la réaction de titrage : CH3COOH + HO- = CH3-COO- + H2O.
A l'équivalence, les réactifs sont introduits en proportions stoechiométriques : n(acide)=n(base)
Donc CA VA = CB VE
CA = CB VE / VA = (0,20x10) / 20 = 0,10 mol/L
On en déduit alors m=0,10xM(acide)= 0,10x60= 6g d'acide éthanoïque dans 1 L de solution.
Or la solution mère a été diluée au 1/10ème. La solution de vinaigre contient donc 60g d’acide
éthanoïque pour 1litre de solution, c'est-à-dire pour 1kg de solution puisque la masse volumique du
vinaigre vaut 1kg/L.
On a donc 6g d’acide éthanoïque pour 100g de vinaigre, soit un degré d’acidité de 6°. àRéponse E
Question 4
L’hydrolyse basique d’un ester est une saponification :
RCOOR' + HO- = RCOO- +R’OH
Les ions présents à t=0s sont Na+ et HO-.
La conductance initiale est donnée par G0=Ks avec K : constante de la cellule utilisée.
Donc G0 = K ( lHO- [HO-]i + lNa+ [Na+]i )
G0= K( lHO-+ lNa+) [HO- ]i
On sait que l‘ester est en excès, donc en fin de réaction les ions présents sont Na+ et RCOO- . La
quantité de Na+ ne varie pas au cours de la réaction et d’après l’équation-bilan on remarque que
[RCOO- ]f=[HO-]i
On a Gf = K ( lRCOO- [RCOO- ]f + lNa+ [Na+]f )
Gf = K ( lRCOO-+ lNa+) [Na+]f
Pour s’affranchir de la constante K, on peut calculer le rapport Go/Gf :
Go/Gf= ( lHO-+ lNa+) [HO- ]i/ ( lRCOO-+ lNa+) [Na+]f
avec [HO- ]i=[Na+]f
Go/Gf= ( lHO-+ lNa+) / ( lRCOO-+ lNa+)
On trouve alors Go=25mS à Réponse G
Partie 2 : Electrolyse d'une solution d'ion cuivre (II)
A- 1- Les électrodes sont en graphite, elles sont donc inattaquables, c’est la solution qui va réagir
au niveau des électrodes.
On a les couples Cl2/Cl- et Cu2+/Cu
A l’anode, on aura oxydation des ions chlorure : 2Cl- = Cl2 + 2eA la cathode, il y aura réduction des ions Cu II : Cu2+ + 2e- = Cu
2- Le dichlore se dégage à l’anode (voir question précédente)
Le dioxygène est produit par oxydation de l’eau selon la réaction :
2H2O= O2+2H++2eUne oxydation a toujours lieu à l’anode, donc les deux gaz se forment à l’anode.
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3- a- On sait que Q = I Dt = ne- F donc ne- = I Dt / F
ne- = 2x9650/96500=0,2 mol
b- D’après l’équation de formation du cuivre Cu2+(aq) + 2e- = Cu(s) , on peut déduire que
n(Cu)=ne-/2
Donc m(Cu)=n(Cu)M= (ne-/2)M d’où m(Cu)=MIDt/(2F)
On trouve m(Cu)=(0,2/2)x63,55=6,36g
B- 1- Cette fois les électrodes sont en cuivre, on est dans le cas d’une électrolyse à anode soluble.
A l’anode : Oxydation du cuivre
Cu anode =Cu2+ anode+ 2eA la cathode : réduction des ions cuivre II
Cu2+ cathode+ 2e- = Cu cathode
2- Réaction-bilan de l’électrolyse :
Cu2+(aq) cathode+ Cu(s) anode = Cu(s) cathode + Cu2+(aq) anode
3- Qr i =[Cu2+(aq) anode]i / [Cu2+(aq) cathode]i = 1 car les deux concentrations sont égales puisqu’il
s’agit de la même solution dans le compartiment de l’électrolyseur.
De même on trouve K=Qr f =[Cu2+(aq) anode]f / [Cu2+(aq) cathode]f = 1
4- On a Qri=K donc la transformation ne peut pas se faire spontanément puisque le système est
déjà à l’équilibre initialement. On doit donc forcer la réaction en branchant un générateur sur
l’électrolyseur.
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