corrigé BB05

Corrigé du bac blanc 2005
Exercice I Chimie : Titrages
(9,5 points) Partie A - Titrage d'une solution d'eau oxygénée
1. réaction de titrage
a. La réaction met en jeu les deux couples oxydant/réducteur suivant : MnO4-
/Mn2+ et O2/H2O2. L'ion MnO4- est l'oxydant, il est réduit selon la réaction : MnO4-
+ 8 H+ + 5 e- = Mn2+ + 4 H2O (x 2) L'eau oxygénée H2O2 est le réducteur, il est oxydé selon la réaction :
H2O2 = O2 + 2 H+ + 2 e- (x 5) La réaction d'oxydoréduction qui a lieu s'écrit donc : 2 MnO4-(aq) + 5
H2O2(aq) + 6 H+(aq) ( 2 Mn2+(aq) + 5 O2(g) + 8 H2O(l) b. Le tableau d'avancement correspondant à cette réaction de titrage est le
suivant : |Etat |Avanceme|n(MnO4-) |n(H2O2) |n(H+) |n(Mn2|n(O2|n(H2O)|
| |nt | | | |+) |) | |
|Etat initial|xi = 0 |C2V2 |C1V1 |En |0 |0 |En |
| | | | |excès | | |excès |
|Etat |x |C2V2 - 2 x|C1V1 - 5x | |2 x |5 x | |
|intermédiair| | | | | | | |
|e | | | | | | | |
|Etat |xéq |C2V2 - 2 |C1V1 - 5 | |2 xéq|5 | |
|d'équivalenc| |xéq = 0 |xéq = 0 | | |xéq | |
|e | | | | | | | |
c. A l'équivalence les 2 réactifs sont entièrement consommés et on a donc :
C2V2 - 2 xéq = 0 et C1V1 - 5 xéq = 0
On en déduit donc xéq = = et C1 =
d. L'application numérique donne : C1 = = = 2,5.10-2 mol.L-1
On en déduit le facteur de dilution a = = = = 4
2. réaction de décomposition de l'eau oxygénée a. L'eau oxygénée se décompose très lentement selon la réaction
d'équation : 2 H2O2(l) = O2(g) + 2 H2O(l)
On a le tableau d'avancement suivant : |Etat |Avanceme|n(H2O2) |n(O2|n(H2O)|
| |nt | |) | |
|Etat initial |xi = 0 |C0V0 |0 |En |
| | | | |excès |
|Etat intermédiaire|x |C0V0 - 2x |x | |
|Etat d'avancement |xmax |C0V0 - 2 |xmax| |
|maximal | |xmax = 0 | | |
Ainsi à chaque instant t, l'avancement x de la réaction est égal à la
quantité de dioxygène formé : x = n(O2). b. L'eau oxygénée étant le seul réactif, c'est le réactif limitant, et
l'avancement maximal de la réaction est donc tel que : C0V0 - 2 xmax =
0 ( xmax = = = 4.10-3 mol c. Le temps de demi-réaction t1/2 correspond à la date t pour laquelle
l'avancement de la réaction est égal à la moitié de l'avancement
maximal : à t = t1/2 on a x =
Or on a vu que xmax = 4.10-3 mol, on en déduit que = = 2.10-3
mol.
Sur la courbe x = f(t), on cherche donc l'abscisse du point d'ordonnée
égale à 2.10-3 mol, et on trouve ainsi : t1/2 = 9,5 min.
d. La vitesse volumique de réaction est définie par la relation : v = .
,
où VT représente le volume du mélange ( en L)
et représente la valeur de la dérivée à la courbe x = f(t) à la
date t considérée.
Pour évaluer la valeur de cette dérivée, il faut tracer la tangente à
la courbe x = f(t) à la date t considérée et calculer sa pente.
e. Ainsi à la date t = 0 min, on a = = 0,30 mmol.min-1
et comme VT = V + V0 = 20 + 80 = 100 mL = 0,1 L, on en déduit :
v = x 0,30 = 3,0 mmol.L-1.min-1 = 3,0.10-3 mol.L-1.min-1 = =
= 5,0.10-5 mol.L-1.s-1 Partie B - Titrage d'un vinaigre 1. a. Un acide est une espèce chimique susceptible de céder un proton H+ au
cours d'une réaction. b. La réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau s'écrit : CH3COOH +
H2O = CH3COO- + H3O+ c. La constante d'acidité du couple acide éthanoïque / ion éthanoate
est : KA =
2. a. La réaction support du titrage s'écrit : CH3COOH + HO- =
CH3COO- + H2O.
b. La réaction support du titrage doit être une réaction rapide et
totale.
c. On détermine graphiquement les coordonnées du point d'équivalence avec
la méthode des tangentes parallèles : on trace 2 tangentes parallèles
entre elles de part et d'autre du saut de pH. On trace ensuite une
droite perpendiculaire à ces 2 tangentes puis une troisième droite
parallèle et équidistante aux 2 tangentes. Cette dernière droite coupe
la courbe pH = f(V2) au point équivalent E, d'abscisse V2éq = 13 mL
et d'ordonnée pHE = 8,8.
d. Le pH du mélange obtenu à l'équivalence est supérieur au pKa du couple
CH3COOH/ CH3COO- : les espèces majoritaires sont donc les ions
éthanoate CH3COO- (et sodium Na+).
e. A l'équivalence, les réactifs CH3COOH et HO- sont entièrement
consommés par la réaction, ils ont été introduits dans les proportions
stoechiométriques. On a donc: n(CH3COOH) - xéquiv = 0 et n(HO-) - xéquiv = 0 C1V1 - xéquiv = 0 et C2V2éq - xéquiv = 0
D'où la relation à l'équivalence : C1.V1 = C2.V2éq ( C1 = C2 =
1,00.10-1 x = 1,30.10-1 mol.L-1.
On en déduit C = 10 C1 = 1,30 mol.L-1
La masse volumique du vinaigre est ( = 1,0 g.mL-1.
Ainsi 100 g de vinaigre correspond à un volume de vinaigre V = 100
mL = 0,1 L.
Dans ce volume V, il y a une quantité n = C V = 1,30 x 0,1 = 1,3.10-
1 mol d'acide éthanoïque,
ce qui correspond à une masse m = n.M = 1,3.10-1. 60 = 7,8 g.
Le titre du vinaigre utilisé est donc 7,8°. 3. a. Au point I de la courbe correspondant au volume de solution
de soude versé V = 6,5 mL :
n(HO-) versé = C2.V = 1,00.10-1.6,5.10-3 = 6,5.10-4 mol
n(CH3COOH ) = C1.V1 = 1,30.10-1.10-2 = 1,30.10-3 mol.
b.
| | |n(CH3COOH) en |n(HO-) en|n(CH3COO-) en|n(H2O) |
| | |mol |mol |mol | |
|Etat |x =|1,30.10-4 |6,5.10-4 |0 |Solvant en |
|initial|0 | | | |excès |
|Etat |xma|1,30.10-3 - |6,5.10-4-|xmax | |
|final |x |xmax |xmax | | |
Avant l'équivalence, les ions HO- constituent le réactif limitant et
sont entièrement consommés par la réaction, des ions éthanoate sont
formés, mais il rest de l'acide éthanoïque en excès. En utilisant le
tableau d'avancement ci-dessus, on peut déterminer xmax : 6,5.10-4 - xmax = 0 ( xmax = 6,5.10-4 mol = n(CH3COO-)formé n(CH3COOH)restant = 1,30.10-3 - xmax = 1,30.10-3 - 6,5.10-4
= 6,5.10-4 mol On a donc n(CH3COOH)restant = n(CH3COO-)formé , le mélange
réactionnel contient donc autant d'acide éthanoïque que d'ions
éthanoate.
c. On utilise la relation pH = pKa + log
Avec [ CH3COO-]formés=[CH3COOH]restants , on obtient : pHI = pKa =
4,8 d. On retrouve la même valeur du pH sur la courbe au point I.
On remarque qu'en ce point le volume de soude versé est égal à la
moitié du volume de solution de soude versé à l'équivalence.
Cette méthode permet donc de retrouver graphiquement le pKa du couple
mis en jeu , à partir du point correspondant à la moitié du volume de
solution de soude versé à l'équivalence. Exercice II Circuits électriques
(5,5 points)
A - Etude d'un circuit LC
1) On a : [pic] ; tension aux bornes de la bobine : [pic]
tension aux bornes du condensateur : [pic]
D'après la loi d'additivité des tensions uC + uL= 0 ( [pic] + [pic]
= 0 avec [pic]
d'où l'équation différentielle : [pic]+[pic]=0
2) Pour un circuit ( R,L), la constante de temps est [pic]
et pour un circuit ( R,C) la constante de temps est [pic]
analyse dimensionnelle : [pic] et [pic] soit [pic]
3) [pic]=[pic] soit [pic] = 103 rad.s-1
4) a)[pic]
[pic][pic][pic][pic][pic]ou [pic] On choisit la première solution car Q >0
b) q = 5.10-4 cos( 103 t ) B - Etude du fonctionnement d'un circuit électrique 1) D'après la loi d'additivité des tensions uC + uR = E . En régime
permanent le condensateur est chargé, donc uC = E et l'intensité i est
nulle ( uR = Ri = 0 ).
2) L'énergie maximale stockée dans le condensateur est : [pic] = 12,5.10-4
J 3) a) La bobine possède une résistance interne, responsable de la perte
d'énergie par effet Joule dans le circuit.
b) [pic][pic]6,28 ms or [pic]=6,3 ms sur le graphique donc [pic]
c) La pseudo-période aurait été divisée par 2.
Exercice III Radioactivité
(5 points) 1) Evolution d'un échantillon de krypton radioactif a. Ce graphe visualise le nombre de désintégrations par seconde, ce qui
est l'activité de l'échantillon utilisé.
A = Ao . e-?t
Avec Ao : activité initiale de l'échantillon
A : activité après une durée t
? : constante radioactive
t : durée écoulée
b. La constante de temps ? représente l'abscisse du point d'intersection
de la tangente à l'origine avec l'axe des abscisses. On trace donc
cette tangente et on lit ? = 20 min.
La constante radioactive est ? = 1/ ? avec ? en min
? = 1/20 ? = 5,0. 10-2 min-1
c. A = Ao . e-?t et A = Ao/2 quand t = t1/2. On obtient : t1/2 =
t1/2 = = 14 min
d. Comme le graphe visualise A, t1/2 est l'abscisse du point
d'ordonnée égale à = = 15 Bq, on obtient graphiquement t1/2 ( 14
min. 2) Datation d'une eau a. [pic] il s'agit d'une désintégration (-.
b. N = No . e-?t d'où [36Cl] = [36Cl]o . e-?t avec ( =
c. d'où [pi