Transcript Corrigé - Physique

Devoir n°5
TS Physique/chimie
1h30 le 15/01/2014
Corrigé :
EXERCICE 1: Chaufferette chimique
1. Schéma légendé :
2. CH3CO2-(aq) + H3O+ (aq)  CH3CO2H (aq) + H2O(l)
La réaction support d'un titrage doit être totale , rapide et unique
3. L’équivalence d’un titrage est atteinte lorsqu’on a réalisé un mélange stœchiométrique du réactif titrant et du réactif
n i (CH 3CO 2 ) n E (H 3 O  ) , soit n (CH CO -) = n (H O+)
i
3
2
E
3

1
1
-
titré. Ici on a donc :
4. Le volume équivalent est l'abscisse de l'extrémum de la courbe dérivée dpH/dVA = f(VA) .
Graphiquement , on trouve VE ≈ 8,9 mL
5. On supprime la valeur 6,3 mL trop éloignée des autres
On calcule la moyenne des 7 autres valeurs.
la moyenne de la série est : VEmoy = 8,84 mL , l'écart-type est n-1 = 0,17 mL
Il y a 7 valeurs : k95% = 2,45
U (V E )  2,45 
6.
7.
8.
9.
0,17
7
 0,16 mL  0,2mL
On peut donc écrire que VE = (8,84 ± 0,16) mL ou VE  [8,68 mL ; 9,00 mL ]
On peut aussi écrire : VE = (8,8 ± 0,2) mL ou VE  [8,6 mL ; 9,0 mL ]
ni(CH3CO2-) = nE(H3O+) donne C1×V1 = CA×VE
C  VE
0,20  8,84
et donc C1  A
. L'application numérique donne : C1 
 7,07.10 2 mol.L1
V1
25,0
C0 = 50 × C1 = 3,5 mol.L-1.(0,354) La solution de la chaufferette n'est pas saturée car la concentration molaire est
inférieure à la solubilité (4,5 mol.L-1)
n(CH3CO2Na) = n(CH3CO2-) = C0×V0 = 3,5×0,100 = 0,35 mol (0,354 )
m(CH3CO2Na) = n×M = 0,354 × 82,0 = 29 g
La chaufferette contient 29 g d'éthanoate de sodium
(29/130) ×100 = 22 % . Oui la solution contenue dans la chaufferette contient au moins 20% d'éthanoate de sodium
, comme indiqué
EXERCICE 2 : Interpréter une courbe de titrage conductimétrique
1. Espèces chimiques présentes :
 avant l'équivalence : ions K+ , Cl- et NO3 à l'équivalence : ions K+ et NO3 après l'équivalence : ions K+ , NO3- et Ag+
2. Avant l'équivalence , tout se passe comme si chaque ion Cl- consommé était remplacé par un ion NO3- de
conductivité molaire ionique légèrement inférieure : la conductivité diminue légèrement , ce qui est confirmé par la
courbe
Après l'équivalence , on ne fait qu'ajouter des ions (NO3- et Ag+ ) : la conductivité augmente donc fortement
3. L'abscisse de l'intersection des deux portions de droite donne VE ≈ 7,5 mL
EXERCICE 3 : Une synthèse chimique 6 points
1. Dans cet exercice, H2O peut être traité comme solvant ou comme un produit
A
+
2B

Etat initial
x= 0
n0(A)
n0(B)
Etat intermediaire x
n0(A) - x
n0(B) - 2x
Etat final
x= xf
n0(A) - xf
n0(B) - 2xf
2. n(C) = x
Or n(B) = n0(B) - 2x  2x = n0(B) - n(B)  x = [n0(B) - n(B) ]/2
D'où : n(C) = [n0(B) - n(B) ]/2
3. On calcule quelques valeurs de n(C) :
t (jours)
0
0,25×103
0,5×103
n(B)
1,0
0,4
0,16
n(C)
0
0,3
0,42
On calcule n(C) avec n(C) = [1 - n(B) ]/2. on obtient alors la courbe de n(C) :
C
0
x
xf
+
H2O
0
x
xf
1,5×103
0
0,50
4. Le temps de demi-réaction t1/2 correspond a la durée nécessaire pour que l’avancement atteigne la moitie de sa
valeur finale.
Ici xf = 0,50 mol . Soit x(t1/2) = xf/2 = 0,25 mol
Par lecture graphique, sur la courbe donnant la quantité de C au cours du temps, t1/2 ≈ 0,22.103 jours soit 220 jours
environ
5. Initialement, il n’y a que B et pas C: c'est le 2ème chromatogramme
A t = 500 j, la réaction est en cours , il y a B et C : c'est le 3ème chromatogramme
A t = 1 500 j, la réaction est terminée : il n’y a plus de B mais seulement C :
t = 1500 j
t=0
t = 500 j
6. a. Pour écourter la durée de la synthèse, on peut augmenter la température ou utiliser un catalyseur approprié.
b. Voir la courbe tracée en pointilles : l'état final est atteint plus rapidement mais n'est pas modifié