Exercices d application

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1 Exercices d application 5 minutes chrono! 1. Mots manquants a. topologique ; ligne brisée b. double c. hydroxyle d. amines e. longueur d'onde ; coefficient 2. QCM a. 3-méthylbutan-2-one. b. Carbonyle. c. Esters. d. Le nombre d'onde. e. D'identifier la présence de certains types de liaisons. Compétences exigibles 3. a. C 5 H 10 b. C 6 H 12 O 2 c. C 6 H 12 O 2 d. C 5 H 11 NO 4. a. et b. c. a est un alcène, b un ester, c un acide carboxylique et d un amide. 5. a est le 2-méthylbut-2-ène b est le 2-méthylbutanoate de méthyle c est l'acide 2-éthylbutanoïque d est le 2-méthylbutanamide 6. a. 4-méthylhexan-3-ol : b. 3-éthyl-2,3-diméthylheptanal : Nathan / 18

2 c. 3,3,4-triméthylpentan-2-one : d. 2-méthylpropan-2-amine : e. 2-éthylpentanoate de butyle : 7. a. On relève 1, m = 310 nm, 2, m = 340 nm et 3, m = 530 nm. b. Seule 3, m correspond à une radiation dans le visible. Les radiations de couleur verte sont donc principalement absorbées (mais aussi un peu le bleu à cause de l'épaulement à 500 nm). On en déduit que l'éosine est rouge/rosée en solution aqueuse. c. On relève A max = 1,1 et donc : Amax 1,1 max 1,1 10 L mol cm > 10 L mol cm 5 c 1,0 1, L'éosine est donc une espèce fortement absorbante. 8. a. La large bande de très forte absorption aux alentours de cm -1 correspond à la liaison O-H du groupe hydroxyle. On observe par ailleurs la bande fine de moyenne absorption associée à la même liaison aux alentours de cm -1. b. On n'observe plus que la bande fine de moyenne absorption au voisinage de cm -1, la large bande de très forte absorption a «disparu». C'est parce que cette bande est liée à la présence de liaisons hydrogène présentes en solution, mais pas en phase gazeuse. Compétences générales 9. Il faut : - Peser une masse de tartrazine à l'aide d'une coupelle de pesée et consigner soigneusement la valeur exacte de la masse ainsi prélevée ; - Verser cette masse dans une fiole jaugée ; - Rincer la coupelle de pesée tout en récupérant l'eau de rinçage dans la fiole jaugée ; - Remplir la fiole aux deux-tiers avec de l'eau distillée ; - Agiter latéralement la fiole jusqu'à dissolution complète du solide ; - Remplir la fiole jusqu'au trait de jauge ; - Boucher et agiter la fiole jaugée en la retournant plusieurs fois ; - Diluer la solution ainsi obtenue (à l'aide de pipettes et de fioles jaugées) jusqu'à obtenir une solution suffisamment claire (A max < 1,5) ; - Faire le blanc (avec une assistance informatique) avec une cuve d'eau distillée, afin de s'affranchir de l'absorption due aux parois de la cuve et au solvant ; - Réaliser le spectre (avec une assistance informatique). Nathan / 18

3 10. a. Capture d écran du spectre IR de l acide méthanoïque avec le logiciel SPIREX. b. Au niveau de la rigueur scientifique, il faut préciser le nom de l'axe des abscisses et l'état physique de l'échantillon. Au niveau du vocabulaire, il faut parler de classe fonctionnelle et non de «fonctions». L'assignation des bandes ne tient pas compte de l'environnement particulier des liaisons : elle est «statique». 11. a. Les deux molécules envisagées sont : b. La bande fine et de forte absorption aux alentours de cm 1, caractéristique de la liaison C=O, permet déjà d'envisager qu'il s'agit d'un acide carboxylique et non pas d'un ester (pour lequel la liaison C=O absorbe des radiations de nombres d'onde compris entre cm 1 et cm 1 ). La bande très large et intense présente au voisinage de cm -1 correspond à la liaison O-H du groupe carboxyle et permet donc de confirmer sans aucune ambiguïté qu'il s'agit de l'acide éthanoïque. 12. a. Il s'agit d'une indication concernant la précision de la verrerie. Lorsque la fiole jaugée est correctement utilisée, la valeur réelle de la mesure a 95 % de chance de se trouver dans l'intervalle [25,00 0,05 ml ; 25,00 + 0,05 ml] soit [24,95 ml ; 25,05 ml]. b. Proposer aux fabricants de ces matériels des améliorations à porter sur les écritures des grandeurs physiques. Il serait plus judicieux que le constructeur de la fiole jaugée indique un volume de 25,00 ml ± 0,05 ml. De même, un fabricant de cuve de spectrophotométrie devrait préciser l'incertitude liée à la valeur de la largeur de ses cuves. En admettant (raisonnablement) que cette incertitude soit de 0,01 cm, l'indication devrait être : = 1,00 cm ± 0,01 cm. Nathan / 18

4 Exercices de méthode 13. Exercice résolu. 14. a. On repère, au-delà de la zone de l'empreinte digitale, une bande fine et de forte absorption au voisinage de cm 1, correspondant sans aucune ambigüité possible à la liaison C=O. La bande plus large aux alentours de cm 1 correspond sans aucun doute à la liaison C-H. En revanche, la dernière bande, de faible absorption aux alentours de cm 1 peut tout aussi bien être attribuée à la liaison O-H qu'à la liaison N-H. b. Il faut un renseignement concernant la nature des atomes de la molécule : combien contient-elle d'atomes d'oxygène et/ou d'azote? L'analyse élémentaire peut apporter ce renseignement. c. La bande à cm -1 correspond donc à la liaison N-H (en phase gazeuse). Et on a dit qu'elle possédait aussi une liaison C=O. Deux classes fonctionnelles sont définies à partir de la présence d'une liaison N-H : celle des amides et celle des amines. Deux groupes caractéristiques (au programme) contiennent la liaison C=O avec un unique atome d'oxygène : le groupe carbonyle et celui associé aux amides. La molécule étudiée ici peut donc être un amide (et c'est le cas : l'éthanamide), mais il peut aussi s'agir d'une molécule polyfonctionnelle, c'est-à-dire qui appartient à au moins deux classes fonctionnelles : amine + aldéhyde ou amine + cétone. 15. a. Pour diluer cent fois la solution étalon, on prélève, par exemple, 10 ml de cette solution à l'aide d'une pipette jaugée, que l'on verse dans une fiole jaugée de 1 L, préalablement remplie au tiers d'eau distillée. On complète jusqu'au trait de jauge avec de l'eau distillée, puis on homogénéise une dernière fois. Il faut ensuite faire le blanc, en mesurant l'absorbance de la cuve et de l'eau distillée, puis réaliser le spectre de la solution préalablement diluée. b. Les deux spectres ont exactement la même allure. Seule une homothétie les distingue, ce qui correspond à une dilution différente de l'espèce absorbante. Ce sont donc bien les ions permanganate qui colorent l'eau de Dakin. La couleur rose pâle correspond au violet de la solution d'ions permanganate très diluée. La teinte d'une solution dépend en effet fortement de sa concentration (cf. exercice 26) c. D'après la loi de Beer-Lambert, pour chaque longueur d'onde : A = c où c est la concentration molaire en ions permanganate dans la solution, la largeur de l'échantillon traversé, et le coefficient d'absorption molaire associé. En se plaçant au maximum d'absorption des ions permanganate, pour m = 525 nm, on relève pour la solution étalon diluée 100 fois : A max = 0,36. On en déduit : 0, max 2,4 10 L mol cm 2 1, 0 1, Puisque dans la solution de Dakin, on relève A' max = 0,15 ; on en déduit la concentration molaire des ions permanganate dans l'eau de Dakin : A' max 0, c' = 6,3 10 mol L 3 max 2,4 10 1,0 Nathan / 18

5 Exercices d entraînement 16. a. b. -OH est le groupe hydroxyle. c. Cette molécule appartient à la classe fonctionnelle des amides. En revanche, elle n appartient pas à la classe fonctionnelle des alcools, mais à celle des phénols du fait de la fixation du groupe hydroxyle sur un noyau aromatique. d. Non, le paracétamol n absorbe que des radiations du domaine de l UV. La solution n apparaît donc pas colorée. e. La bande à cm 1 correspond à la liaison O-H, celle à cm 1 à la liaison N-H, celle à cm 1 aux liaisons C-H, celle à cm 1 à la liaison C=O et enfin celle à cm 1 aux liaisons C=C. f. En phase condensée, il apparaîtra une bande très large et de forte absorption centrée aux alentours de cm 1, correspondant aux liaisons hydrogène impliquant à la fois des liaisons N-H et des liaisons O-H entre différentes molécules présentes en solution. 17. a. Acide pentanoïque : classe fonctionnelle des acides carboxyliques. H 3 C-CH 2 -CH 2 -CH 2 -C(=O)-OH Propanoate d'éthyle : classe fonctionnelle des esters. H 3 C-CH 2 -C(=O)-O-CH 2 -CH 3 b. Pour les deux molécules, on détermine la même formule brute : C 5 H 10 O 2. Elles sont donc isomères. c. La présence de la bande caractéristique associée à la liaison O-H, très facilement reconnaissable sur un spectre réalisé à l'état condensé par une bande large et de très forte absorption au voisinage de cm -1, permettra de distinguer très facilement ces deux isomères. 18. a. - Préparation de l'échantillon, suffisamment dilué pour que A max < 1,5. - Faire le blanc avec le spectrophotomètre avec une cuve remplie du solvant (ici, de l'acétate d éthyle). - Réaliser le spectre. Nathan / 18

6 b. c. Non, la solution de vanilline apparaît incolore sur les images. Il n'y a en effet que 4 doubles liaisons conjuguées dans la molécule. Il en faut plus de 7 pour avoir une molécule absorbant des radiations du visible. d. On constate sur le spectre obtenu qu'aucune longueur d'onde des radiations du visible n'est absorbée. Cela confirme que la solution n'apparaisse pas colorée. Néanmoins, les rayonnements du proche-uv sont absorbés. On relève ainsi A max = 0,97 pour m = 272 nm. Grâce aux données du film, on détermine la concentration molaire en vanilline : 3 m 6, c 8,6 10 mol L MV 152 0,500 avec la masse molaire de la vanilline (C 8 H 8 O 3 ) : M = 8M(C) + 8M(H) + 3M(O) = 152 g mol -1 On peut alors remonter à la valeur du coefficient d'extinction molaire au maximum d'absorption, connaissant la largeur de la cuve utilisée = 1,0 cm : A 0,97 1c 1,0 8, 6 10 max max 1,1 10 L mol cm 10 L mol cm 5 La vanilline est donc une espèce fortement absorbante pour des radiations du proche-uv. e. On compte 8 atomes de carbone, 8 atomes d'hydrogène et 3 atomes d'oxygène : C 8 H 8 O 3. Son nom dans la base de données est : 4-hydroxy-3-méthoxybenzaldéhyde. f. La liaison C=O est très facilement repérable par sa bande d'absorption très fine et de forte absorption à cm -1. Les liaisons C=C apparaissent sous la forme d'une double bande à et cm -1. Les liaisons C-H apparaissent vers cm -1. Et enfin, la large bande associée à la liaison O-H apparaît autour de cm -1. Nathan / 18

7 19. a. Les molécules organiques sont essentiellement constituées d'atomes de carbone et d'oxygène. Les représenter eux-mêmes, ainsi que les liaisons qui les relient, sur des schémas traduisant la structure de la molécule est donc coûteux en temps et en espace. On améliore donc l'efficacité de la représentation des molécules avec les formules topologiques, pour lesquelles seules les liaisons entre atomes de carbone figurent par l'intermédiaire d'une ligne brisée. Les quelques atomes autre que ceux de carbone et d'hydrogène figurent explicitement sur la formule, ainsi que les éventuels atomes d'hydrogène qui leur sont liés. Exemples : butane éthanol CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 3 CH 3 -CH 2 -OH Outre la facilité d'écriture, les formules topologiques permettent d'identifier plus vite les chaînes carbonées et les groupes caractéristiques. b. Si la matière apparaît colorée, c'est parce qu'elle absorbe sélectivement certaines radiations de la lumière blanche (comportant l'ensemble des longueurs d'onde du visible) qui nous entoure. Un spectrophotomètre est capable de quantifier cette absorption par la matière colorée en fonction de la longueur d'onde du rayonnement qui la traverse. Le graphique correspondant s'appelle le spectre d'absorption (UV-)visible de la matière. Lorsque des radiations dans le domaine du visible sont absorbées par l'échantillon, celui-ci apparaît coloré. D'autre part, des radiations de longueur d'onde plus basse (celle du domaine de l'ultraviolet) peuvent aussi être absorbées. 20. a. Plus il y a de doubles liaisons (C=C) conjuguées, plus la longueur d'onde correspondant au maximum d'absorption augmente. b. En grec : «batho» signifie vers le fond, «chroma» signifie la couleur. c. Plus le nombre de doubles liaisons conjuguées est important, plus l'énergie des photons absorbés par une molécule contenant la conjugaison est faible, et donc plus la longueur d'onde correspondante est élevée puisque hc. d. On peut extrapoler les résultats du tableau et admettre très raisonnablement que pour un nombre suffisant de doubles liaisons conjuguées, on parvienne à une valeur de m suffisamment grande pour parvenir à une radiation du visible (à partir de 400 nm). Cette limite interviendra vraisemblablement pour environ 7 doubles liaisons conjuguées. e. On dénombre 11 doubles liaisons doubles C=C conjuguées dans le -carotène. Cela confirme l'effet bathochrome puisque m ( -carotène) = 450 nm > 400 nm. f. Puisque le -carotène absorbe principalement les radiations de couleur bleu, il apparaît donc jaune (et pas rose : le flamant est un piège...). N.B. : en réalité, il est plutôt jaune-orangé a. Ces deux molécules possèdent un groupe carbonyle. Elles font par ailleurs partie de la classe fonctionnelle des aldéhydes et à celle des alcènes. b. Dans le but-2-énal, les deux doubles liaisons C=C et C=O sont conjuguées : Nathan / 18

8 c. D'après les tables : a correspond aux liaisons C-H ; b correspond à la liaison C=O ; c correspond à la liaison C=C. d. La conjugaison des doubles liaisons déplace les nombres d'onde du minimum des bandes d'absorption vers de plus faibles valeurs. Il s'agit du même effet bathochrome que celui observé en spectrophotométrie UV-visible (cf. exercice 20). 22. a. En ordonnée n'est pas portée la transmittance, mais l'absorbance. Par conséquent, les bandes d'absorption sont orientées avec des maxima d'absorption vers le haut, comme en spectroscopie UV-visible, puisque T = 10 A. b. On reconnaît une bande plutôt large et d'intensité moyenne pour les nombres d'onde proches de cm -1. Il s'agit de la bande caractéristique des liaisons C-H. Par ailleurs, on reconnaît la bande assez fine et de forte absorption pour des nombres d'onde voisins de cm -1, correspondant à des liaisons C=O. La bande à un peu moins de cm -1 pourrait par ailleurs correspondre à des liaisons C=C (aromatiques) et/ou à des N-H (déformation)... c. Ce sont visiblement les liaisons C=O qui sont le plus affectées par le vieillissement du bois. Puisque leur absorption décroît dans le temps, c'est que le nombre de ces liaisons diminue dans le temps. d. Il suffit a priori de relever la hauteur du maximum d'absorbance pour la bande relative aux liaisons C=O pour déterminer l'âge du bois. On procède ensuite par étalonnage, puisque l'on connaît la hauteur relative du maximum pour des âges de référence. 23. a. Le protocole 2, puisque la concentration n'a pas besoin d'être connue avec précision. On gagne ainsi du temps. Attention toutefois à suffisamment diluer l'échantillon pour que 0,1 < A max < 1,5. b. Le protocole 1, puisque pour accéder à la valeur de max, la concentration en bleu de méthylène doit être connue (avec suffisamment de précision). D'après la loi de Beer-Lambert : max = a. A max c Tout comme les alcools, il existe des amines primaires (une seule chaîne carbonée liée à l'atome d'azote), secondaires (deux chaîne carbonées liées à l'atome d'azote) et tertiaires (trois chaîne carbonées liées à l'atome d'azote). b. A est une amine tertiaire, B une amine primaire et C une amine secondaire. c. Il s'agit de la 3-méthylbutan-1-amine. d. Avec un peu de bon sens, A est la N,N-diéthyléthanamine : C est la N-méthyl-2-méthylpropan-1-amine : Nathan / 18

9 2. a. Dans le spectre 1, on ne discerne aucune bande d'absorption au delà de cm -1. Dans le spectre 2, on discerne une bande double entre et cm -1. Dans le spectre 3, on discerne une simple bande large centrée autour de cm -1. b. Pour les spectres 2 et 3, les bandes observées correspondent aux liaisons N-H en phase condensée. c. La seule amine qui ne possède pas de liaison N-H est l'amine tertiaire, dont le spectre est le spectre 1. d. Pour une amine secondaire, il existe deux modes de vibration, donc deux énergies différentes, donc deux nombres d'onde différents pour l'absorption. On n'a pas une seule, mais deux bandes d'absorption très proches pour une amine primaire, contenant le groupe amino- NH 2. e. Le spectre 2 contient une double bande au voisinage de cm -1 : il s'agit du spectre de l'amine primaire B. Le spectre de l'amine secondaire A est donc le spectre 3. Exercices de synthèse 25. a. Commençons par donner les formules topologiques des différents «candidats» : n 1 : éthanoate de propyle n 2 : 3-méthylpentan-3-ol n 3 : 2,2-diméthylpropanamide n 4 : pentanal b. et c. On identifie sur le spectre une bande (double) de forte absorption aux alentours de cm -1. Il s'agit donc a priori de la bande d'absorption d'une liaison C=O, ce qui exclut l'alcool (n 2). Mais d'après les tables, le nombre d'onde ne peut pas correspondre à la liaison C=O d'un aldéhyde (n 4) ou d'un ester (n 1), puisqu'il serait alors compris entre et cm -1. Il s'agit donc de l'amide (n 3). Par ailleurs, le reste du spectre confirme cette attribution. En effet, la bande fine et intense qui est centrée autour de cm -1 correspond à l'absorption d'une liaison N-H (déformation). Et on repère deux bandes larges et intenses pour cm -1 et cm -1 qui correspondent à l'absorption des liaisons N-H d'un amide qui possède le groupe fonctionnel -C(=O)NH 2 (cf. exercice 24). Nathan / 18

10 a. Non. D'après la photographie, la solution d'ions triiodure apparaît jaune pâle pour la plus faible concentration, et brun foncé pour la plus forte concentration, en passant par l orange et le rouge pour les concentrations intermédiaires. La couleur perçue dune solution d'une même espèce dépend donc considérablement de sa concentration. b. On relève sur le spectre le maximum d'absorbance A max = 0,80 pour une valeur de longueur d'onde m = 350 nm (environ). On en déduit par la loi de Beer-Lambert la valeur du coefficient d'absorption molaire au maximum d'absorption : Amax 0,80 max 6,2 10 L mol cm 10 L mol cm 4 c 0,50 2, Les ions triiodure sont donc fortement absorbants, essentiellement dans l'uv, mais aussi en partie dans le visible (cf. question suivante). c. Le maximum de l'absorption de la solution a lieu pour des radiations de l'uv, mais on remarque que la bande d'absorption «déborde» dans le domaine du visible. Ainsi, le bleuviolet est également absorbé. La couleur complémentaire étant le jaune et le jaune-vert, il s'agit bien de la couleur perçue pour la solution. d. D'après la loi de Beer-Lambert, l'absorbance est directement proportionnelle, pour chaque longueur d'onde, à la concentration en ions triiodure en solution. Si cette dernière augmente, l'absorbance augmente, et la bande du spectre subit une homothétie vers les plus grandes valeurs d'absorbance. e. Il n'y a alors pas que les radiations violettes qui sont absorbées, mais aussi le bleu, puis le vert. Ainsi, la couleur perçue évolue également, passant progressivement du jaune à l'orange, puis au rouge. Le brun foncé correspond quant à lui à l'absorption de quasiment toutes les radiations du visible. 2. a. On relève un maximum d'absorption A max = 0,12 pour une longueur d'onde m = 430 nm. On en déduit, par la loi de Beer-Lambert : A c 0,12 1,0 0,025 max -1-1 max 4,8 L mol cm b. m = 430 nm correspond à des radiations de couleur bleu. La couleur complémentaire est donc le jaune. c. Pour le sulfate en solution aqueuse : max = 4,8 L mol -1 cm -1 < 10 2 L mol -1 cm -1. Le sulfate de nickel est donc faiblement absorbant dans le visible. d. On constate clairement que la couleur du sulfate de nickel n'est pas jaune, mais verte! On n'a pas pris en compte l'existence de l'autre bande du spectre, aux alentours de 700 nm. Elle est certes moins intense, mais elle traduit l'absorption d'une bonne partie des longueurs d'onde correspondant aux radiations de couleur rouge. La couleur perçue de la solution correspond en fait à celle des radiations visibles les moins absorbées (et donc transmises), correspondant au minimum d'absorption, aux alentours de = 550 nm. La solution paraît effectivement verte Attention, sur le livre spécimen, la formule topologique présente dans l'exercice 27 correspond en fait à la molécule de l'exercice 28. Cette erreur de mise en page a été corrigée dans le manuel élève. Commençons par déterminer les masses réduites des deux liaisons C-H et C-D, avec l'hypothèse simplificatrice de l'énoncé : m m m C-H C H H Nathan / 18

11 puisque la masse d'un atome de carbone est environ 12 fois plus grande que celle d'un atome d'hydrogène. Par ailleurs, m m m 2m C-D C D D H, puisqu'un atome de deutérium possède 2 nucléons (1 p + 1 n) tandis que l'atome d'hydrogène ne possède qu'un seul proton. Ainsi, µ C-D 2 µ C-H. Enfin, puisque le nombre d'onde est supposé proportionnel à en déduit, par un produit en croix : µ 1 µ 2 C-H C-D C-H C-H C-D A.N. : C-D = cm 1 1 µ, on Attention, sur le livre spécimen, la formule topologique présente dans l'exercice 27 correspond en fait à la molécule de l'exercice 28. Cette erreur de mise en page a été corrigée dans le manuel élève. a. L'éthanal a pour formule brute C 2 H 4 O, l'hydroxylamine NH 3 O, et l'éthanaloxime C 2 H 5 NO. On s'aperçoit donc que pour que la conservation de la matière soit respectée, la production d'une molécule d'éthanolamine s'accompagne de celle d'une molécule d'eau H 2 O. b. Les deux molécules ont exactement les mêmes atomes, mais ils sont disposés différemment. Ils ont donc même formule brute et sont isomères. c. Le spectre B est le seul à ne pas faire apparaître la bande caractéristique de la liaison C=O aux environs de cm -1, présente dans les spectres A et C. B est donc le spectre de l'éthanaloxime. On y distingue au passage la bande fine (mais intense) caractéristique, en phase gazeuse, de la liaison O-H à un peu plus de cm -1. Sur le spectre A, on distingue deux bandes de faible absorption pour environ et cm -1. Il s'agit des deux bandes caractéristiques des liaison N-H en phase gazeuse pour un amide (ou une amine...) qui contient le groupe caractéristique -C(=O)NH 2. Il s'agit donc du spectre de l'éthanamide. Le spectre C correspond par élimination à celui de l'éthanal. Remarque : on relève une petite bande au voisinage de cm -1 qui correspond à la première harmonique de la bande d'absorption de la liaison C=O à cm Nathan / 18

12 29. Exemple de rédaction de synthèse de documents L'atmosphère est globalement transparente au rayonnement solaire : elle n'absorbe pas le rayonnement émis par le Soleil, correspondant au domaine du visible (l'atmosphère laisse donc passer la lumière...), mais elle absorbe une grosse partie du rayonnement UV grâce à la présence de l'ozone (stratosphérique). Le rayonnement appartenant au domaine du visible, porteur d'énergie, va donc parvenir jusqu'à la surface de la Terre, et (ré)chauffer cette dernière. En «retour», la Terre émet elle-même un rayonnement électromagnétique, dans le domaine de l'infrarouge. Notons que si les choses en restaient là, la température moyenne à la surface de la Terre serait de -22 C! Mais certains gaz, principalement la vapeur d'eau, mais aussi le dioxyde de carbone, le protoxyde d'azote et le méthane (et d'autres non présentés dans les documents), absorbent ces radiations infrarouges émises par la Terre. L'énergie captée est alors (pour moitié) renvoyée vers la surface de la Terre, qui voit donc un apport supplémentaire d'énergie lui arriver. La conséquence est qu'à l'heure actuelle, la température moyenne à la surface de la Terre est de 15 C, ce qui est favorable à la vie. Et pour le futur? Il est logique d'envisager qu'une augmentation de la teneur en gaz à effet de serre dans l'atmosphère aurait pour conséquence d'augmenter l'énergie captée par l'atmosphère, et donc l'énergie renvoyée vers la surface de la Terre, ce qui engendrerait une plus grande température de surface. Mais les mécanismes qui interviennent sont nombreux et les conséquences difficiles à prévoir (augmentation de la vapeur d'eau produite, et donc amplification du phénomène? meilleure absorption du CO 2 par les végétaux?...). Qui vivra verra! Nathan / 18