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Physique et Chimie Bac Blanc Tronc commun Page 1/6 EXERCICE 1 : DÉTERMINATION D UNE CONSTANTE D ÉQUILIBRE PAR DEUX MÉTHODES 1. LA TRANSFORMATION CHIMIQUE ÉTUDIÉE 1.1. Un acide, selon Brønsted, est une espèce chimique ionique ou moléculaire capable de céder un proton H +. 1.. Les deux couples acide / base mis en jeu dans la réaction sont : Acide éthanoïque / ion éthanoate : CH 3 CO H (aq) / CH 3 CO (aq) et ion oxonium / eau : H 3O + (aq) / H O (l) 1.3. La constante d équilibre associée à l équation de cet équilibre est : K = Q r,éq = [CH 3CO (aq) ] éq.[h O + (aq) ] éq [ CH 3 CO H aq ] éq ( éq). ÉTUDE PH-MÉTRIQUE.1. La quantité de matière initiale d acide méthanoïque est n 1 = c 1.V 1. A.N. : n 1 =,7.10 3 100.10 3 =,7.10 4 mol.. L eau est le solvant et est en très large excès. Le réactif limitant est donc l acide éthanoïque, si la transformation est totale. Ainsi : n 1 x max = 0, par conséquent x max = n 1 =,7.10 4 mol. Avancement CH 3 CO H (aq) + H O (l) = CH 3 CO (aq) + H 3 O + (aq) État initial x = 0 n 1 en excès 0 0 État final théorique x = x max n 1 x max en excès x max x max État final exp ou état d éq x = x f n 1 x f en excès x f x f.3. La mesure du ph est effectuée lorsque l équilibre chimique est établi, par définition : [H 3 O + (aq) ] f = 10 ph = 10 3,70. [H 3 O + (aq) ] f =,0.10 4 mol.l 1 (aide au calcul). La concentration molaire finale en ions oxonium est de,0.10 4 mol.l 1. D après le tableau d avancement : x f = n f (H 3 O + (aq) ) = [H 3O + (aq) ] f.v 1 =,0.10 5 mol (0,5)..4. Par définition le taux d avancement final 1 de la réaction est 1 = x f =,0.10 5 x max,7.10 4 = 0,74.10 1. Le taux d avancement est donc de 7,4 %. La transformation est limitée, puisque le taux d avancement final 1 < 100 %..5.1. D après l équation de la réaction (et le tableau d avancement) les quantités de matière en ions éthanoate et oxonium sont égales donc les concentrations également : [CH 3 CO (aq) ] f = [H 3 O + (aq) ] f =,0.10 4 mol.l 1..5.. D après le tableau d avancement, et la conservation de la matière : c 1 = [HCO (aq) ] f + [HCO H (aq) ] f. Par conséquent [HCO H (aq) ] f = c 1 [HCO (aq) ] f =,7.10 3,0.10 4 =,5.10 3 mol.l 1..6. K 1 = (,0.10 4 ),5.10 3 = 4,0,5.10 8 10 3 = 1,6.10 5. La valeur est vérifiée!. 3. ÉTUDE CONDUCTIMÉTRIQUE 3.1. Les espèces ioniques majoritaires dans cette solution sont les ions éthanoate CH 3 CO (aq) et les ions oxonium D après l équation de la réaction (et le tableau d avancement) : [CH 3 CO (aq) ] f = [H 3 O + (aq) ] f. N.B. : on néglige la présence des ions hydroxyde car le ph est acide. En effet d après l équilibre d autoprotolyse de l eau : H O (l) = H 3 O + (aq) + HO (aq) : de constante d équilibre K e = [H 3 O + (aq)] éq.[ho (aq)] éq nous pouvons établir que [HO (aq)] éq = K e [H 3 O + = K e (aq)] éq 10 ph = 10 14 10 3,70 = 10 10,3 (à 5 C!). La part de conductivité due aux ions HO est donc négligeable. 3.. L expression littérale de la conductivité est : = H3 O +.[H 3O + (aq) ] f + CH3 CO.[CH 3 CO (aq) ] f. 3.3. Puisque [CH 3 CO (aq) ] f = [H 3 O + (aq) ] f, alors = H3 O +.[H 3O + (aq) ] f + CH3 CO.[H 3 O + (aq) ] f = ( H3 O + + CH 3 CO ).[H 3 O + (aq) ] f [CH 3 CO (aq) ] f = [H 3 O + (aq) ] f = H O CH 3 CO 5,00.10 A.N. : = 35,9.10 3 + 4,1.10 3 = 5,00.10 40,0.10 3 = 5,00.10 4,00.10 = 1,5 mol.m 3 = 1,5.10 3 mol.l 1. Les concentrations molaires des ions dans l état final sont de 1,5 mol.m 3, c est-à-dire 1,5.10 3 mol.l 1. 3.4.1. c = 1,0.10 1 mol.l 1 et [CH 3 COOH] f = 1,5.10 3 mol.l 1. Par conséquent : [CH 3COOH] f = 1,5.10 3 c 1,0.10 1 = 1,5.10 3 100.10 3 = 1 80 ainsi [CH 3COOH] f = c 80 < c : l approximation 1 est justifiée. 50 3.4.. Si [CH 3 CO H] f c cela signifie que l acide est très peu dissociée dans l eau. Par conséquent la transformation chimique est très limitée. En effet [CH 3 CO H] i = c = [CH 3 CO H] f + [CH 3 CO ] f. Puisque [CH 3 CO H] f c cela signifie que [CH 3 CO ] f [CH 3 CO H] f : la concentration en ion éthanoate à l équilibre est négligeable devant la concentration en acide éthanoïque.

Physique et Chimie Bac Blanc Tronc commun Page /6 3.4.3. K = [CH 3CO (aq) ] éq.[h 3 O + (aq) ] éq [CH 3 CO H (aq) ] éq = [H 3O + (aq) ] éq = (1,5.10 3 ) c 1,0.10 1 = 1,6.10 5. La valeur est vérifiée! 3.4.4. = [CH 3CO (aq) ] f = 1,5.10 3 c 1,0.10 1 = 1,5.10. 4. CONCLUSION : COMPARAISON DES RÉSULTATS OBTENUS 4.1. K ne dépend pas de la concentration initiale en acide éthanoïque puisque des solutions de concentration molaire apportée différente ont même constante d équilibre! 4.. Le taux d avancement final d une transformation chimique limitée dépend de l état initial du système chimique. En effet des solutions de concentrations différentes ont des taux d avancement (et donc des concentrations à l équilibre) différents. 4.3. Affirmation 1 : plus l acide est dissocié et plus le taux d avancement final est grand : affirmation juste : plus l acide est dissocié, plus x f est grand. Or = x f x max, donc augmente Affirmation : plus la solution d acide éthanoïque est diluée, moins l acide est dissocié : affirmation fausse : c 1 < c or 1 > : plus la solution d acide est dissociée, plus le taux d avancement final augmente, donc plus l acide est dissocié. EXERCICE : ACIDE CARBOXYLIQUE INCONNU 1. Titrage de l acide carboxylique 1.1. burette graduée contenant la solution titrante S b (Na + (aq) + HO (aq)) de concentration molaire C b =,510 mol.l 1 V a = 50,0 ml de solution titrée d acide R COOH de concentration inconnue C a dans le bécher. ph-mètre turbulent (barreau magnétique) ph - mètre 6.00 agitateur magnétique 1.. Équation de la réaction support du titrage : R COOH (aq) + HO (aq) = R COO (aq) + H O (l) 1.3. équation de la réaction du titrage R COOH (aq) + HO (aq) = R COO (aq) + H O (l) état du système avancement (mol) quantités de matière en mol initial x = 0 C a.v a C b.v b 0 intermédiaire x C a.v a x C b.v b x x solvant ou très large excès ou beaucoup final x f C a.v a x f = 0 C b.v b x f = 0 x f On considère un état initial fictif où les réactifs auraient été introduits directement dans les proportions stœchiométriques. 1.4. À l équivalence les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques, ils sont alors totalement consommés. Il y a changement de réactif limitant. 1.5. On utilise la méthode des tangentes parallèles. Voir ci-après. 1.6. D après le tableau d avancement : C a.v a x f = 0 donc x f = C a.v a et C b.v be x f = 0 donc x f = C b.v be. ainsi : C a.v a = C b.v be soit C a = C b.v be V a A.N. : C a =,5.10 10,0 soit : C a = 5,010 3 mol.l 1 50,0. Identification de l acide carboxylique R-COOH.1. K A = [R COO (aq)] éq.[h 3 O + ] éq

Physique et Chimie Bac Blanc Tronc commun Page 3/6 Q..5. ph = pka = 4,8 V be V be = 10,0 ml.. log K A = log[r COO (aq)] éq.[h 3 O + ] éq pk A = log [R COO (aq)] éq log [H 3 O + ] éq car log a.b = log a + log b pk A = log [R COO (aq)] éq + ph et par conséquent : ph = pk A + log [R COO (aq)] éq.3.1. Pour V b = V be (demi-équivalence), il reste de l acide R COOH non consommé, les ions hydroxyde versés sont totalement consommés. HO est le réactif limitant..3.. C b. V be x f = 0 donc x f = C b. V be..3.3. [R COO (aq)] éq = n f(r COO (aq)) V total = = n f(r COOH (aq) ) V total alors [R-COOH (aq) ] éq = C b.v be C b. V be x f = C b. V be = C a.v a x f V a + V, comme C a.v a = C b.v be et x f = C b. V be be, = C b. V be on vérifie bien que [R COO (aq)] éq =.4. ph = pk A + log [R COO aq] éq [R COOH aq ] éq et [R COO (aq)] éq = donc : ph = pk A + log 1 soit ph = pk A pour V b = V be, (car log 1 = 0)..5. Graphiquement (voir page précédente) pour V b = V be = 5,0 ml, on lit ph = 4,8. Donc pk A = 4,8. Parmi les acides proposés, l acide éthanoïque H 3 C COOH est celui qui correspond à l acide inconnu puisqu il possède un tel pk A.

Physique et Chimie Bac Blanc Tronc commun Page 4/6 EXERCICE 3 : TRANSFORMATIONS NUCLEAIRES (5,5 points) 1. MARQUAGE ISOTOPIQUE ET TECHNIQUE D IMAGERIE MÉDICALE 1.1. Désintégration du «fluor 18» D après les lois de Soddy : il y a conservation du nombre de nucléons : 18 = 18 + A soit A = 18 18 : A = 0 ; il y a conservation de la charge électrique : 9 = 8 + Z soit Z = 9 8 donc Z = 1. L équation de la désintégration radioactive du fluor peut donc s écrire : 18 9 F 18 8 O + 0 1 e La particule émise est un positon 0 1 e (ou positron). Il s agit donc d une désintégration +. 1.. Constante radioactive du «fluor 18» 1..1. Définition du temps de demi-vie radioactive : le temps de demi-vie radioactive correspond à la durée nécessaire à la désintégration de la moitié d une population initiale de noyaux radioactifs. 1... Analyse dimensionnelle : t 1/ = ln donc = ln, [] = l t 1/ [t / ] = T = T 1 est donc homogène à l inverse d un temps, elle s exprimera en s 1. Le texte indique que t 1/ = 110 min et = ln : = 6,9.10 1 t 1/ 11060 = 6,9.10 1 1,1610 3 = 6,9.10 1 6,6.10 3 = 6,9 6,6.10 4 10 4 s 1. 1.3. Activité du «fluor 18» 1.3.1. N(t) = N 0.e.t où N 0 est le nombre de noyaux initial de fluor. Dérivons cette relation par rapport à t : A = dn = dn.e.t = N 0. de.t =.N 0.e.t On pose : A = A 0.e.t avec A 0 =.N 0 1.3.. Nombre de noyaux de «fluor 18» présents dans la dose de traceur au moment de son injection au patient lors d un examen médical. On donne = 110 4 s 1. 1.3.3. N 0 = A donc N 0 =.. 6010 110 4 6 =,6.10 1 noyaux heure de fabrication de la dose D 1 : À t = 60 min, l activité de la dose D 1 vaut 60 MBq. C est l heure de l injection. La fabrication de la dose D 1 a eu lieu à 8 h 00. heure d injection de la dose D : À t = 180 min, l activité de la dose D vaut 60 MBq. C est l instant de l injection au deuxième patient, soit à 11 h 00. 60 MBq t = 0 fabrication 8h00 9h00 11h00 1.3.4. L injection d une dose a lieu à l instant de date t i. Temps nécessaire après l injection pour que l activité soit 100 fois plus faible qu au moment de l injection : A(t i ) = A or A(t i) = A 0.e.t i donc on peut écrire A = A 0.e.t i C est à dire = e.t i, donc ln( ) =.t i ou encore ln 100 =.t i Finalement t i = t = 60 min injection de D 1 ln ; A.N. : t i = t = 180 min injection de D 4,6 1.10 4 = 4,6.10 4 s ; t i =,.,. =,,.101 = 1,310 1 = 13 h

Physique et Chimie Bac Blanc Tronc commun Page 5/6. MÉCANISME DE FUSION DE L HYDROGÈNE DANS UNE ÉTOILE.1. Quelques considérations de vocabulaire.1.1. Une fusion nucléaire est une réaction provoquée au cours de laquelle la réunion de noyaux légers provoque la formation d un noyau plus lourd. Une fission nucléaire est une réaction provoquée au cours de laquelle un noyau lourd se casse en deux noyaux plus légers..1.. Les noyaux sont chargés positivement et ont donc tendance à se repousser. Il faut qu ils aient une grande énergie cinétique (très haute température) pour vaincre ces répulsions... Étude de la chaîne de réactions :..1. Réaction de fusion de deux noyaux d hydrogène : L équation de cette réaction nucléaire peut s écrire : H + H H + X Conservation du nombre de nucléons : 1 + 1 = + A, soit A = 1 + 1 = 0 Conservation de la charge électrique: 1 + 1 = 1 + Z, donc Z = 1 + 1 1 = 1. La particule émise est un positon 0 1 e. Finalement : H + H H + 0 1e (éq. 1)... Réaction de fusion d un noyau de deutérium et d un proton en un noyau d hélium 3 : H + H He* puis He* He + ou : H + H He + (éq. ) Le noyau He est émis dans un état excité et se désexcite en émettant un photon...3. Réaction de fusion entre deux noyaux d hélium 3 qui donne un noyau d hélium 4 : L équation de cette réaction nucléaire peut s écrire : He + He He + X Conservation du nombre de nucléons : 3 + 3 = 4 + A, soit A = 3 + 3 4 = = 1 Conservation de la charge électrique : + = + Z, donc Z = + = 1 Les particules émises sont des protons H. Finalement : He + He He + H (éq. 3)..4. Pour produire 1 He dans la réaction 3, il faut He ( fois la réaction ). Pour que la réaction s effectue une fois il est nécessaire que la réaction 1 se soit effectuée 1 fois (production d un H). Pour qu elle s effectue deux fois, il faut donc que la réaction 1 se soit effectuée fois. Ainsi le bilan correspond à : (éq. 1) + (éq. ) + 1(éq. 3) : Réaction bilan : ( H + H H + 0 1 e) ( H + H He + ) He + He He + H ( H + H) + ( H + H) + He + He ( H + 0 1 e) + ( He + ) + He + H 4 He He + 0 1 e +.3. Considérations énergétiques..3.1. Calculer la perte de masse correspondant à cette fusion : m = m( He) +.m(0 1 e) 4.m( H) = 4,006 + 0,0006 41,0073 = 0,054 u.3.. Énergie libérée par nucléon lors de cette fusion. E = 0,054935 0,051000 5 MeV ; l énergie est bien libérée, E < 0. Ceci est pour 4 noyaux H. Pour un noyau, l énergie libérée est voisine de 6 MeV.

Physique et Chimie Bac Blanc Tronc commun Page 6/6 1.1. Enceinte à la température voie 1 masse C R EXERCICE 4 : SONDE THERMIQUE (4 points) 1.4.1. Quand t+ ; e t/(rc) 0 donc u C (+ ) = A. Or quand le condensateur est complètement chargé u C = E donc on en déduit que A = E 1.4.. A t = 0 ; u C (0) = E + B.e 0 = E + B. Or à t = 0, le U C (V) condensateur débute sa charge donc u C = 0, on en déduit que E + B = 0 d où B = E. 1.4.3. L expression de u C (t) est : u C (t) = E.(1 e t/(rc) ) u C = f(t) 1.5.1. Dans l équation différentielle, on a une somme de tension donc [RC. du C] = [U] soit [RC].[U] [t] = [U] d où [RC] = [t] : RC est homogène à un temps. 1.5.. On utilise la méthode de la tangente à l origine : l abscisse du point d intersection de la tangente à la courbe à l origine et de l asymptote à la courbe pour t + correspond à la constante de temps. Graphiquement on établit que = 1,6 ms. ur uc K K1 + E = 4,0 V 1.. La loi des mailles nous permet d écrire : E u C u R = 0 d où E = u C + u R 1.3. u R = R.i d où E = u C + R.i i = dq donc E = u C + R. dq et q = C.u C d où l équation différentielle : E = u C + R.C. du C (car C est une constante) 1.5.3. 1 = R 1.C donc R 1 = C = 1,6.10 3 1,0.10 6 = 1,6.10 3 = 1,6 k 1.5.4. Température ( C) 0 5 30 35 40 45 50 55 60 Constante de temps (ms) 1,6 1,0 0,6 0,4 0,3 Résistance R (k) 1,6 1,07 1,0 0,74 0,6 0,49 0,4 0,34 0,3 1 t (ms) R (k) R = f() 1.6.. Par lecture graphique, on en déduit que = 46 C. ( C) La rédaction de cette correction a été préparée à partir de la correction proposée par http://labolycee.org.