Transcript DS 05 - Correction - Classe Préparatoire aux Grandes Écoles TSI

Lycée Jean Perrin - Classe de TSI 1
DS de Physique-Chimie 05
Devoir surveillé 05
Physique-Chimie
Correction
I
Equilibre chimique en phase gazeuse (Petites Mines 2009 PCSI)
1. Il s’agit de la réaction suivante :
4HCl(g) + O2,(g) −−→ 2Cl2,(g) + 2H2 O(g)
Bien faire attention à toujours écrire l’état physique de chacun des réactifs et produits !
2. Avancement maximal : la clé est toujours d’écrire un tableau d’avancement. Le voici, faisant intervenir les quantités
de matière :
Initial
Intermédiaire
4HCl(g) + O2,(g) →2Cl2,(g) + 2H2 O(g)
4n0 (O2 )
n0 (O2 )
0
0
4n0 (O2 ) − 4x n0 (O2 ) − x
2x
2x
On égale alors les quantités de matière des réactifs à 0, et on cherche la valeur de x la plus petite, en temps normal.
Ici, on précise qu’on a inséré les réactifs dans les conditions stoeuchiométriques, par conséquent les deux réactifs sont
limitants, et xmax = n0 (O2 ) = 1 mol.
3. L’énoncé, retraduit, implique que nf (HCl) = 0.25n0 (HCl) = n0 (HCl) − 4xe . Ainsi
0.75n0 (HCl)
0.75 × 4n0 (O2 )
xe =
=
= 0.75 mol
4
4
4. Pression partielle ? Il faut tout de suite penser à la loi de Dalton faisant intervenir les fractions molaires, comme on
nf (HCl)
0.25n0 (HCl)
sait que la pression totale est maintenue constante. Ainsi, PHCl = xHCl P0 où xHCl =
=
ntot
5n0 (O2 ) − xe
1
(en faisant la somme de toutes les quantités de matière gazeuse). Soit PHCl =
· 1 = 0.23 bar. On fait de
5 − 0.75
2 × 0.75
même pour les autres espèces : PO2 = xO2 P0 = 5.9 × 10−2 bar, PCl2 = PH2 O =
· 1 = 0.35 bar.
5 − 0.75
Remarque : le fait que la réaction se fasse à pression constante alors que le nombre d’espèces gazeuse diminue
implique un changement de température (que l’on peut certes calculer). Par conséquent il est plus judicieux, comme
on connaît toutes les quantités de matière à l’équilibre et qu’aucune information de température nous est donné, de
passer par les fractions molaires.
5. La constante d’équilibre s’écrit de la manière suivante :
K0 (T) =
On fait ensuite intervenir les pressions :
K0 (T) =
2
aCl
a2
2 ,eq H2 O,eq
4
aHCl,eq
aO2 ,eq
P2Cl2 ,eq P2H2 O,eq P0
P4HCl,eq PO2 ,eq
Pi
pour une espèce gazeuse, et P0 = 1 bar la pression standard de référence. Comme on connaît les
P0
pressions partielles, on peut calculer cette quantité numériquement : K0 (T) = 91.
comme ai =
6. Avancement à l’équilibre ? L’énoncé aiguille la méthode, il faut réécrire la constante d’équilibre à l’aide de l’avancement, en passant par les fractions molaires. Après une petite simplification, on a
2
P2Cl2 ,eq P2H2 O,eq P0
xCl
x2
P0
2 ,eq H2 O,eq
=
K0 (T) =
4
P4HCl,eq PO2 ,eq
xHCl,eq
xO2 ,eq P0
Avec ntot = n(HCl) + n(O2 ) + n(Cl2 ) + n(H2 O) = n0 (HCl) + n0 (O2 ) − x,
(2xe )2 (2xe )2 ntot P0
K0 (T) =
(n0 (HCl) − xe )4 (n0 (O2 ) − xe )P0
soit en remplaçant par les valeurs numériques :
16xe4 (1.5 − xe )
K0 (T) =
(0.5 − xe )(1 − 4xe )4
1
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La résolution de cette équation conduit à plusieurs solutions. Il y en a forcément une seule de juste, et pour déterminer
cette dernière il faut se demander quel est l’avancement maximal ! Ici, on doit résoudre 0.5 − x = 0 ou 1 − 4x = 0,
soit xmax = 0.25 mol. Sachant que xe ≤ xmax , seule la solution xe = 0.20 est correcte.
II
Suivi cinétique de la décoloration du vert malachite en milieu basique
1. Pour effectuer une dilution, connaissant le facteur de dilution et la quantité finale à obtenir, il faut utiliser une
fiole jaugée de 100 mL dans laquelle on va introduire 20,0 mL de la solution à diluer, prélevée à l’aide d’une
pipette jaugée de 20,0 mL, et compléter la fiole jusqu’au trait de jauge avec de l’eau distillée. On fera évidemment
attention au ménisque et au placement de notre oeil face au ménisque. La valeur finale de la concentration sera alors
c1 = 7.50 × 10−5 mol.L−1 .
2. (a) On écrit la loi de vitesse à l’aide des ordres proposés dans l’énoncé : v = k[HO− ]α [M+ ]β .
(b) Dilution ? On écrit la relation de conservation de la quantité de matière durant une dilution : ci Vi = cf Vf où i
et f correspondent à initial et final, tandis que c et V sont respectivement concentration et volume de solution.
5.0
20.0
= 1.50 × 10−5 mol.L−1 et c02 = c2
= 5.0 × 10−3 mol.L−1 .
Par conséquent, c1 V1 = c01 Vtot ⇔ c01 = c1
100
100
Approximation ? Il faut tout de suite penser à comparer les concentrations, afin de voir si l’une n’est pas très
grande devant l’autre, et donc variera très peu durant la réaction. Ici, c02 c01 , ainsi on va pouvoir approximer
que [HO− ] ' constante et écrire la vitesse sous la forme v = kapp [[M+ ]β où kapp = k[HO− ]α est la constante
de vitesse apparente.
(c) Revoir le cours, exprimer la vitesse de deux manière puis résoudre l’équation différentielle d’ordre 1. Ne pas
oublier qu’on a ici une constante de vitesse apparente : [M+ ](t) = [M+ ]0 e−kapp t
(d) Il s’agit du temps où la moitié du réactif limitant a été consommé. Cela signifie ici que
[M+ ]0
= [M+ ]0 e−kapp τ1/2
[M+ ](τ1/2 ) =
2
ln(2)
impliquant que τ1/2 =
.
kapp
+
[M ](t)
+
+
−kapp t
(e) Avec [M ](t) = [M ]0 e
, il est utile de tracer ln
en fonction du temps, car on s’attend à obtenir
[M+ ]0
une droite d’équation −kapp t, c’est donc l’équation d’une droite linéaire, dont la pente permettra d’obtenir la
constante de vitesse apparente.
(f) Le tracé permet bien d’obtenir une droite. La régression linéaire donne une pente de −3.41 × 10−2 min−1 , soit
kapp = 3.41 × 10−2 min−1 , tandis que le coefficient R2 vaut 0.99992, soit très proche de 1. On peut donc
considérer que l’hypothèse d’ordre 1 est validée.
3. (a) Si on vous demande votre avis, c’est que l’ordre est facilement visible. On rappelle que kapp = k[HO− ]α . En
prenant deux valeurs de concentration, la première et la dernière, on constate un facteur 2 à la fois pour la
constante apparente de vitesse et la concentration. Le lien semble donc linéaire, et très vraisemblablement
α = 1.
(b) Pour s’en convaincre, le plus simple est de tracer la constante apparente en fonction de la concentration c02
(attention au prime ! !) pour s’assurer qu’il s’agit d’une droite. On peut également tracer ln(kapp ) en fonction
de ln ([HO− ]), où la pente est alors α. La première solution est la plus simple, aboutit bien à une droite (certes
avec 4 points..). On notera que la pente correspond à la constante de vitesse k = 6.8 min−1 .L.mol−1 (attention
à l’unité !), et le coefficient R2 vaut 0.99968 est toujours très proche de 1, ce qui permet de valider que α = 1.
III
Course-poursuite
1. (a) Accélération uniforme ? On écrit la loi horaire associée à la voiture si elle est soumise à une accélération
2∆L
1
2 × 180
uniforme a et partant d’une vitesse nulle : x = at2 . Par conséquent, a =
=
= 2.92 m.s−1 . La
2
2
(∆t)
11.12
vitesse atteinte est alors v = a∆t = 2.92 × 11.1 = 32.4 m.s−1 .
v
27.7
(b) Pour atteindre v = 100 km.h−1 = 27.7 m.s−1 , il faudra alors attendre ∆t0 = =
= 9.48 s, ce qui est un
a
2.92
temps assez honorable.
2. (a) Pour le bolide, à vitesse constante, on a simplement xv = vv t. Pour la voiture de police, initialement on
1
a xp = ap t2 , comme l’accélération est constante, jusqu’à un temps tl tel que l’on atteigne la vitesse li2
190
vlim
dxp
mite : vp = ap tl = vlim , soit tl =
= 3.6 = 15.1 s. Pour t ≥ tl , vp = vlim =
, donc xp = vlim t + cte ,
ap
3.5
dt
2
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1
ap t2l = vlim tl + cte , soit
2
1
xp = vlim (t − tl ) + ap t2l
2
la constante étant déterminée à tl : xp (tl ) =
1
(b) Cherchons le moment tr tel que xv = xp . Si t ≤ tl , cela signifie que vv tr = ap t2r , qui admet pour solution
2
2vv
= 23.8 s > tl . Cette solution est incorrecte, il n’y aura pas rencontre durant la phase d’accélératr =
ap
1
tion. On cherche alors à résoudre xv = xp avec les expressions pour t ≥ tl : vlim (tr − tl ) + ap t2l = vv tr soit
2
1
vlim tl − ap t2l
2
tr =
= 35.8 s.
vlim − vv
3. (a) Il suffit de faire un simple calcul de vitesse à partir de distance et temps : v0 =
6∗L
= 32.5 m.s−1 . L’expression
t1
de x(t) est x(t) = v0 t.
(b) La voiture suit une trajectoire en forme de sinusoïde dont on peut aisément donner la période spatiale : il s’agit
de 2L, en confère le schéma de l’énoncé. Par conséquent, l’expression proposée convient, car pour x = n × 2L
où n ∈ N, on retrouve bien y = 0 et une direction montante.
−
−
−
−
(c) En coordonnées cartésiennes,
vaut →
a= x
¨→
ex+y
¨→
ey=y
¨→
e y comme la vitesse selon x est uniforme.
l’accélération πv0
πv0 t
πv0 t
, y˙ = b
cos
, on obtient donc
Avec y(t) = b sin
L
L
L
πv 2
πv0 t →
0
−
→
−
→
−
sin
ey
a =y
¨ e y = −b
L
L
πv 2
2g
0
L’accélération prend alors pour valeur maximale amax = b
. On a alors amax ≤ 2g ⇔ b ≤ 2 = 12.5 m,
πv
L
0
L
ce qui est quand même relativement près des poteaux. Le conducteur va devoir être adroit...
4. (a) S’agissant d’un mouvement de rotation, il faut faire intervenir les coordonnées polaires et la base locale polaire.
D’où le schéma ci-dessous.
−
−
d→
r
d→
er
−
−
−
−
(b) On a simplement dans cette base →
r = R→
e r , comme le rayon est constant. Puis →
v =
=R
= Rθ˙→
e θ.
dt
dt
−
−
d→
eθ
d→
v
−
−
= Rθ˙
= −Rθ˙2 →
e r.
(c) Comme la vitesse est constante, cela signifie que θ˙ est constant également. On a alors →
a =
dt
dt
2
˙ Rθ˙2 = v puis
Comme v = Rθ,
R
v2 −
→
−
a =− →
er
R
v2
(150/3.6)2
(d) La norme de l’accélération ressentie lors de la rotation est donc a =
=
= 17.3 m.s−2 , qui est bien
R
100
supérieur à la limite donnée dans l’énoncé..
p Il devrait ralentir pour être au maximum à
v = alim R = 38.7 m.s−1 = 139 km.h−1
BONUS : Il faut d’abord écrire l’équation horaire du ballon, lorsqu’il est lancé avec une vitesse initiale et un angle α
1
quelconque. Revoyez le cours pour la démonstration, on obtient que z(t) = − gt2 + v0 sin(α)t et x(t) = v0 cos(α)t si on
2
suppose qu’on part du point (0, 0) à t=0. On se demande alors à quel moment le ballon retombe au sol :
1
2v0 sin(α)
z(t) = 0 ⇔ gt2 = v0 sin(α)t ⇔ t =
2
g
3
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soit une distance horizontale
δx = v0 cos(α)
2v0 sin(α)
v2 sin(2α)
= 0
g
g
La valeur maximale sera atteinte lorsque sin(2α) = 1 soit pour α = 45◦ et alors δxmax =
rique, δxmax = 44 m.
4
v02
, soit après application numég
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