Corrigé du bac blanc 2007 (avec spé)

Corrigé du Bac Blanc 2007
Exercice I
1.1
Le vinaigre : titrage et conservation
CH3COOH(aq) + H2O(l)
-
=
1.3
+
(aq)
CH3COO (aq) + H3O
Equation chimique
CH3COOH(aq) + H2O(l)
Etat du système
Avancement
1.2
5 points
-
initial
x=0
CA.V
x
CA.V - x
final
xéq
CA.V-xéq
Solvant en
excès
Taux d’avancement final : τ = xéq/xmax
+
+
-pH
-pH
Or xéq = [H3O ]éq.V et [H3O ]éq = 10 d’où xéq= 10 .V
et dans le cas d’une transformation totale : xmax= CA.V
+
(aq)
CH3COO (aq) + H3O
Quantités de matière
en cours
On obtient alors : τ =
=
(en mol)
0
0
x
x
xéq
xéq
( avec V : volume de la solution )
10 −pH .V 10 −pH 10 −3,4
=
=
= 10 −1,4 = 4,0.10 − 2 τ < 1
C A .V
CA
10 − 2
L’ionisation de l’acide éthanoïque dans l’eau est donc très limitée et pourra donc être négligée par la suite.
La constante d’équilibre K de cette réaction est son quotient de réaction à l’équilibre Qr, éq :
[CH COO ] .[H O ]
−
3
K = Qr,éq =
3
éq
+
[CH3COOH]éq
éq
-
+
D’après le tableau d’avancement : [ CH3COO ]éq = [H3O ]éq = 10
et [ CH3COOH]éq = C A −
1.4
d’où K =
2.1
2.2
2.3
(C
(10 )
− pH 2
A
− 10
− pH
)
(10 −3,4 )2
A.N : K =
10 − 2 − 10 −3,4
x éq
V
-pH
= xéq / V
= C A − 10 −pH
= 1,7.10 −5
Or la constante d’équilibre K de la réaction de l’acide éthanoïque avec l’eau est égale à sa constante d’acidité
-5
KA d’où pKA = - log KA = - log K = - log 1,7.10 =4,8
On retrouve donc bien la donnée du pKA= 4,8 .
Burette graduée contenant la solution titrante de soude
Becher ou erlenmeyer contenant la solution titrée d’acide diluée et l’indicateur coloré
Agitateur magnétique
CH3COOH(aq) + HO (aq) = CH3COO (aq) + H2O(l)
A l’équivalence, les réactifs sont dans les proportions stoechiométriques de cette équation chimique :
n(CH3COOH)init = n(HO )apportés à l’équivalence E d’où C1V1 = CB VBE
On a donc : C1 =
A.N : C1 =
CB .VBE
V1
10 −2.10,4.10 −3
10.10 − 3
et C0 = 100 C1
= 1,0.10 − 2 mol.L−1
Masse volumique du vinaigre : µ =
-1
(volumes en L et concentration C1 en mol.L )
et C0 = 1,0 mol.L
-1
msolution
Vsolution
Pour une masse de vinaigre égale à 100g, msolution = 100 g, le volume de vinaigre est : Vsolution =
msolution
.
µ
La quantité d’acide éthanoïque contenue est : n ( CH3COOH) = C0.Vsolution
2.4
Soit n ( CH3COOH) = C0.
msolution
µ
D’où une masse d’acide : m ( CH3COOH) = M(CH3COOH). n ( CH3COOH) = M(CH3COOH). C0.
avec M en g.mol , C0 en mol.L , m en g et µ en g.L
-1
-1
A.N : m ( CH3COOH) = 60.1,0.
-
100
1,0.103
-1
= 6,0° ce qui est conforme à l’étiquette
3.1
C6 H5COONa(s) = C6H5COO (aq) + Na
3.2
C=
3.3
C6H5COO (aq) + CH3COOH(aq)
+
(aq)
n(C6H5COONa ) m(C6H5COONa)
1,0
=
=
= 6,9.10 −3 mol.L−1
V
M.V
144 × 1,0
-
-
= C6H5COOH(aq) + CH3COO
(aq)
msolution
µ
-
C6H5COO (aq)
état
3.4
-
+ CH3COOH(aq) = C6H5COOH(aq) + CH3COO (aq)
Quantités de matière
(en mol)
initial
x=0
CV
C0V
0
0
en cours
x
CV- x
C0V- x
x
x
final
xéq
CV- xéq
C0V- xéq
xéq
xéq
[C6H5COOH]éq.[CH3COO ]éq
[C6H5COO− ]éq.[CH3COOH]éq
−
Constante d’équilibre : K ' =
[H O ] et on identifie les constantes d’acidités des deux couples mis en jeu :
[H O ]
[C H COOH]
[H O ] .[CH COO ] = 1 × K = 10
K' =
×
[CH COOH]
K
[C H COO ] .[H O ]
10
3
On multiplie par
3
6 5
6 5
= 10
+
3
éq
= 10
+
3
éq
−
pK A 2 − pK A1
+
−pK A1
éq
A1
+
4,2 − 4,8
−
3
éq
3
éq
= 10
− 0,6
A2
éq
− pKA 2
= 0,25
D’autre part, en utilisant le tableau d’avancement, on obtient aussi :
3.5
K' =
x éq2
(CV − x éq ).(C0 V − x éq )
On fait l’application numérique avec V =1,0 L :
K' =
x éq2
(6,9.10
−3
− x éq ).(1,0 − x éq )
=
x éq2
6,9.10
−3
− 1,0 x éq + x éq
2
= 0,25
et on retrouve l’équation du second degré : K ' = 0,75 x éq2 + 0,25 x éq − 1,7.10 −3
∆ = 0,252 + 4.0,75.1,7.10 −3 = 0,26 2
On ne garde que la racine positive : x éq = 6,7.10 −3 mol.L−1
D’après le tableau d’avancement :
3.6
[CH3COOH]éq =
C0 V − x éq
V
= C0 −
x éq
V
= 1,0 − 6,7.10 −3 ≈ 1,0mol.L−1
L’ajout de conservateur n’a donc pratiquement pas changé la concentration du vinaigre.
Exercice II
Question
préliminaire
Une équation au service des Sciences Physiques
La diode évite une étincelle de rupture à l’ouverture de l’interrupteur
di
+ ri or en régime permanent i = I0 = constante d’où uL = r I0
dt
1.1
uL= L
1.2
additivité des tensions : uAC = uAB + uBC soit E = uL + ur = rI0 +r’I0 = RI0
1.3
ε0 =
2.1
τ=
2.2
Pour t = τ on a i = 0,37*I0
3.1
additivité des tensions : uAC=uAB + uBC soit 0=uL + ur = L
3.2
9 points
1 2
-3
LI0 = 2,25.10 J
2
L
R
τ entre 7 et 8 ms
di
di
+ ri + r ' i = L + Ri
dt
dt
R
di R
+ i = 0 par identification on obtient a =
L
dt L
La solution est du type i =C. e −at or à t = 0, i = I0 ( car il y a continuité de l’intensité dans une bobine ) et
3.3
a=
1
τ
3.4
i=
−
I0
1
⇔ = e
2
2
3.5
εt1/2 =
Partie B
1.
d’où
i(t) = I0. e
t1 / 2
τ
−
t
τ
− t1/ 2
-3
d’où t1/2 = τ.ln2 = 5,2.10 s
τ
⇔ ln1- ln2 =
1
1 I0 2
-4
L( ) =
4 ε0 = 5,63.10 J
2 2
+
-
O2 + 2H + 2 e = H2O2
+
et
3
H2O
+
½ O2
0
0
x
½x
-3
xf
½ xf
1,2.10 -x
Fin
1,2.10 -xf
1 dx
.
V dt
dx
avec V volume total du mélange réactionnel en L et dt = dérivée de l’avancement à la date t considérée
-3
4
on a donc v = −
5.2
-3
-3
At
n(H2O2) = 1,2.10 -x
5.1
=
Début 0,012 x 0,1 = 1,2.10
2.
-
H2O2 + 2 H + 2 e =2 H2O
H2O2
v=
en accord avec le graphique.
v=−
d
-3
soit x = 1,2.10 – n(H2O2)
n(H2O2 )
d[H2O2 ]
V
=−
dt
dt
d[H2O2 ]
= k [H2O2]
dt
soit
En posant a = k on a [H2O2] = C e −kt
d’où
dx
dn(H2O 2 )
=−
dt
dt
d[H2O2 ]
+ k [H2O2] = 0
dt
-2
or à t = 0, [H2O2] = [H2O2]0 = C = 1,2.10 mol.L
[H2O2]= [H2O2]0 e −kt
d’où
6.1
A t = t1/2 l’avancement a atteint la moitié de sa valeur finale, et
6.2
A l’aide du graphe t1/2 = 18 min
7.1
[H2O2] =
[H2O2 ]0
2
= [H2O2]0 e −kt1/ 2
⇔ ln1- ln2 = - k. t1/2
soit
[H2O2] =
t1/2 =
ln 2
k
1
-2
-1
[H2O2]0 = 0,6.10 mol.L
2
k=
En traçant la tangente à l’origine on trouve le temps caractéristique τ = 25 min
7.2
-1
1
τ
d’où k = .=
1
-2
-1
= 4.10 min .
25
ln 2
-2
-1
= 3,85.10 min .
t1 / 2
Exercice III
Fusion dans les étoiles et fusion sur la Terre
6 points
Partie I
1.1
Une réaction de fusion est une réaction nucléaire au cours de laquelle deux noyaux se réunissent avec
éventuellement éjection de particules chargées.
On peut combiner les équations suvantes en les additionnant :
2 x 11H+11H→ 21H+ 01e
1.2
+2x
1
2
3
1H+ 1H→2 He
+1x
3
3
4
2 He + 2 He→ 2 He
+γ
+211H
donne : 411H→ 42 He +201e + 2γ
: noyau d’hélium ou particule α portant 2 charge positives
4
2 He
1.3
0
1e
γ
: positon, antiparticule de l’électron, portant une charge positive
: rayonnement électromagnétique ou rayonnement gamma (non chargé)
∆m = 2m 0 e + m 4 He − 4m 1H
La perte de masse au cours de la réaction (4) s’écrit :
1.4
1
∆E = (2m 0 e + m 4 He − 4m 1H )c
La variation d’énergie de masse associée est :
1
2
2
1
2
1
Lors de la formation d’un noyau d’hélium, l’énergie libérée est :
1.5
A.N E = −∆E =
[( 2x0,00055 + 4,00150 − 4 x1,00728 )x1,66054 .10 −27 ]x(2,998.108 )2
1,602.10 −13
E = 24,70MeV
L’énergie libérée par le soleil pendant une seconde est ∆ES = 3,9.10 J
La perte de masse du soleil pendant une seconde est ∆mS
26
∆ES
3,9.10
2
9
avec ∆ES = ∆mS c ⇔ ∆mS = c2 = (2,998.108)2 = 4,34.10 kg
9
17
Pendant 4,6 milliards d’année, soit pendant la durée ∆t = 4,6.10 x 365 x 24 x 3600 = 1,45.10 s
9
17
26
’
La perte de masse du soleil est ∆mS = 4,34.10 x 1,45.10 = 6,3.10 kg
’
26
∆ mS
6,3.10
Pourcentage de masse perdue par le soleil : M x 100 = 2,0.1030 x 100 = 0,032%
S
26
1.6
1.7
1.8
Partie II
2.1
Il s’agit des lois de Soddy :
- Conservation du nombre de nucléons (ou du nombre de masse A)
- Conservation de la charge (ou du nombre de protons Z)
Soit l’équation 21H+ 31H→42 He+ 01n
Avec 2 + 3 = 4 + 1 pour la conservation du nombre de nucléons,
et 1 + 1 = 2 + 0 pour la conservation du nombre de charges.
6
1
3
4
3 Li+ 0 n→ 1H+ 2 He
2.2
Avec 6 + 1 = 3 + 4 pour la conservation du nombre de nucléons,
et 3 + 0 = 1 + 2 pour la conservation du nombre de charges.
Ainsi le noyau Y est un noyau d’hélium : 42 He
2.3
Il s’agit d’une réaction de fission : division d’un noyau atomique en deux noyaux sous l’impact d’un neutron.
La variation d’énergie est négative. Cette réaction dégage donc de l’énergie et contribue à la production
d’énergie dans ITER
Désintégration du tritium 31H→32 He+ −01e , il y a formation d’un noyau d’hélium 3
La demi-vie radioactive t1/2 correspond à la durée nécessaire pour que la moitié d’une population de noyaux
radioactifs se soient désintégrés.
2.4
2.5
2.6
2.7
λ=
Ln2
t1/ 2
A.N λ = 5,64.10 −2 année −1
La loi de décroissance de l’activité A( t ) = A 0 e − λt
2.8
Ainsi
A.N
e − λt =
A( t )
= 0,1
A0
A( t )
A0
⇔
− λt = Ln(
t = 40,8 années
A( t )
)
A0
⇔
t=−
1
A( t )
Ln(
)
λ
A0
Exercice I
1.1
Dosage des ions chlorure dans une poudre de lait
Réaction 1 :
a) Réaction 2 :
+
–
Ag (aq) + Cl (aq) = AgCl (s)
+
Ag (aq) + SCN (aq) = AgSCN (s)
b)
Ag
+
(aq)
+
Etat initial
xi= 0
En cours
x
=
AgSCN(s)
-)
n(SCN
n(AgSCN)
+
-
0
n2(Ag )
n(SCN )
+
-
n2(Ag ) – x
n(SCN ) – x
+
A l’équivalence xE
-
SCN (aq)
+
n2(Ag )
1.2
5 points
x
-
n2(Ag ) – xE = 0
nE(SCN ) – xE = 0
xE
c) A l’équivalence : n2(Ag ) - xE = 0 et nE(SCN ) – xE = 0 ⇔ xE = n2(Ag ) = nE(SCN )
+
+
+
-
+
+
+
-
-
d) n0(Ag ) = n1(Ag ) + n2(Ag ) et d’après la réaction 1 : n1(Ag ) = n0(Cl )
+
D’après la réaction 2, et à l’équivalence n2(Ag ) = nE(SCN )
+
On en déduit : n0(Ag ) = n0(Cl ) + nE(SCN )
1.3
On utilise de l’alun de fer car c’est un indicateur coloré rouge que l’on pourra percevoir dans le lait de couleur
+
blanche. Dès qu’il n’y aura plus d’ions Ag pour réagir avec les ions thiocyanate , les ions thiocyanate réagiront
3+
2+
avec Fe pour former le complexe rouge [Fe(SCN)] .
-
1.4
1.5
La méthode de Charpentier Volhard correspond à un dosage indirect car ceux ne sont pas les ions Cl qui sont
+
titrés directement mais les ions Ag restants, qui sont titrés par les ions thiocyanate avec un indicateur de fin de
réaction.
On peut doser les ions chlorure lors d’un titrage direct avec les ions argent, par conductimétrie.
On peut aussi utiliser la méthode de Mohr : titrage direct des ions chlorure avec les ions argent en présence
d’un indicateur de fin de réaction le chromate d’argent.
Dispositif de dosage
Burette graduée contenant une solution titrante de
thiocyanate d’ammonium de concentration
C = 4,00.10-2 mol.L-1
2.1
Bécher (ou erlen) contenant 2,50g de poudre de lait, 25 mL
d’eau distillée, 1 mL d’alun de fer et 20,0 mL d’une solution
de nitrate d’argent de concentration C0 = 5,00.10-2 mol.L-1
aimant
Agitateur magnétique
2.2
2.3
2.4
3.1
3.2
On mesure les 25 mL d’eau distillée avec une éprouvette graduée.
On mesure les 20,0 mL de nitrate d’argent avec une pipette jaugée.
Utilisation de la burette graduée :
•
Rinçage à l’eau distillée puis mise en milieu de la burette graduée
•
Pas de bulles d’air
•
Ajustement du zéro correct
On n’utilise pas la solution d’acide chlorhydrique pour acidifier la solution car elle apporterait des ions chlorures
qui fausseraient le titrage.
+
+
Relation 1.2.c n0(Ag ) = n0(Cl ) + nE(SCN ) ⇔ n0(Cl ) = n0(Ag ) - nE(SCN )
+
n0(Ag ) = C0V0 et nE(SCN ) = CVE ⇔ n0(Cl ) = C0V0 - CVE
-2
-3
-2
-3
-4
Application numérique : n0Cl = 5,00.10 x 20,0.10 – 4,00.10 x15,6.10 = 3,76.10 mol
-4
-3
m = n0Cl . M(Cl) = 3,76.10 . 35,5 = 13,3.10 g
m’ =
m .100 13,3.10 −3.100
=
= 0,532g = 532mg
2,50
2,50
Écart relatif =
3.3
532 − 540
540
.100 = 1,5%
On retrouve donc une valeur proche de celle indiquée par l’étiquette.