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c 2017

Détails: Catégorie : Cinétique chimique

2.1. Equation-bilan :

$\begin{array}{lll}2&\times&[MnO^{-}_48H^{+}+5e^{-}]\rightarrow Mn^{2+}+4H_2O]\\\\5&\times&[H_2O_2\rightarrow O_2+2H^{+}+2e^{-}]\end{array}$ $\Rightarrow 2MnO^-_4+5H_2O_2+6H^+\rightarrow 2Mn^{2+}+5O_2+8H_2O$

ou encore $2MnO^-_4+5H_2O_2+6H_3O^+\rightarrow 2Mn^{2+}+5O_2+14H_2O$

2.2. Définition : la vitesse volumique de disparition de l’eau oxygénée est l’opposée de la dérivée par rapport au temps de la concentration molaire volumique de l’eau oxygénée : $V = \frac{dc}{dt}=\frac{d[H_2O_2]}{dt}$ .

Sa valeur est déterminée à partir du coefficient directeur de la tangente à la courbe à la date considérée :

$V(t=O)=V_o\approx\, 0,30\,mmol.L^{-1}.min^{-1}$ (graphiquement).

2.3. Temps de demi-réaction $t1/2$ :

$[H_2O_2]t1/2 =[H_2O_q2]02= 3 mmol. L^{-1} \Rightarrow t_{\frac{1}{2}}\approx 14\, min$ (Graphiquement).

Vitesse $V_{\frac{1}{2}}=0,147\,mmol.L^{-1}$ (graphiquement).

2.4. La vitesse diminue au cours du temps car la concentration du réactif diminue.

2.5. .
2.5.1. $V=-\frac{dC}{dt}\quad or\quad C=C_{0}e^{-kt}\Rightarrow V=k.C_{0}e^{-kt}.$

2.5.2. Valeur de K :

$: V(t=0) = {tex}V_0=K.C_0\Rightarrow K=\frac{v_0}{c_0}\quad A.N:\quad k=\frac{0,3}{6}=0,05\, min^{-1}$

Relation simple entre V et C : $V=kC_{0}e^{-kt}$ or $C=C_{0}e^{-kt}\Rightarrow V=K.C=0,05.C$

Valeur de V(t=14 min) : $V_{t=14\,min}=0,05\times 3=0,15 mmol.L^{-1}.min^{-1}$

Corrigé 2016 :

Détails: Catégorie : Cinétique chimique

1.1.1 Formules semi-développées :

1.1.2 Equation bilan de la réaction :

1.1.3 La réaction est rapide, totale et exothermique : c’est une réaction d’estérification indirecte.

1.2.1 Quantités de matière des réactifs :

$n_{acide}=\frac{3}{18}=2,2.10^{-2}mol$ et $n_{anhydree}=\frac{7.1,08}{102}=7,4.10^{-2}mol$

L’anhydride est en excès.

1.2.2 Calcul du rendement de la réaction : $\eta=\frac{3,8.100}{180.2.2.10^{-2}}=96\%$ .

Commentaire : la réaction étant totale, le rendement serait sensiblement proche de 100%. La légère différence pourrait relever de la pureté des réactifs utilisés.

1.2.3 Equation de la réaction parasite : Si l’erlenmeyer n’était pas sec l’anhydride réagirait rapidement avec l’eau suivant la réaction d’équation bilan :

Corrigé 2014 : Etude de la réaction de saponification de l'éthanoate d'isopropyle avec l'hydroxyde de sodium

Détails: Catégorie : Cinétique chimique

2.1. Equation-bilan de la réaction et nom des produits :

2.2.
2.2.1. La vitesse de formation v est définie par : $V = + \frac{dn}{dt}$ ; sa valeur correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe n = f(t) à la date t considérée. A chaque date, on trace la tangente à la courbe n = f(t) ; et on détermine le coefficient directeur. On obtient les résultats suivants :

A t = 2 min : $v_{2} = 43\mu mol.min^{-1}$

A t = 5 min : $v_{5} = 17\mu mol.min^{-1}$

On a : $v_{5} < v_{2}$ , donc la vitesse diminue.

Justification : la concentration des réactifs diminue $\rightarrow$ diminution de la vitesse.

2.2.2. Définition du temps de demi-réaction $t_{1/2}$

Le temps de demi-réaction est le temps au bout duquel la moitié de la quantité de matière initiale du
réactif limitant a réagi.

2.2.3.

a) D’après le graphe la quantité de matière d’éthanoate de sodium obtenue est : $n_{f} = 200\mu moL$

b) A la date $t_{1/2}$ on a : $n_{nester form\acute{e}} = \frac{nester finale}{2}=100\mu moL$ d’où, d’après le graphe, $t_{1/2}= 1,6 min$ .

2.3.
2.3.1.
a) Tracé de la courbe $ln\left(\frac{C_{o}}{[[OH^{-}]]\right)}=f(t)$ :

b) Relation :

On a une droite qui passe par l’origine $\longrightarrow ln\frac{C_{o}}{[OH^{-}]}=kt (1)$ avec k = pente $= 0,4 min^{-1}$

2.3.2
A la date $t_{1/2}$ la moitié des ions $OH^{-}$ a réagi $\rightarrow [OH^{-}]_{1/2}=\frac{C_{o}}{2}(2)$

2.3.3.

Les équations (1) et (2) $\rightarrow$ à $t_{1/2}$ on a : $ln\frac{C_{o}}{[OH^{-}]}_{1/2}=kt_{1/2}\rightarrow\frac{C_{o}}{\frac{C_{o}}{2}}=kt_{1/2}\rightarrow t_{1/2}=\frac{ln2}{k}$
(1){/tex}

Valeur de la constante k : $k = 0,4 min^{-1}$

2.3.4 : Valeur de $t_{1/2}$ :

On a : $t_{1/2} = \frac{ln2}{0,4} = 1,7 min$

Il y a accord entre les 2 valeurs; l’erreur relative est : $\frac{\Delta t_{1/2}}{t_{1/2}}= 0,06$ soit 6%.

Corrigé 2015 :

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1.1 Relation entre C et $V_1$

$2MnO_{4-} + 6H_{3}O^{+} + 5H_{2}O_{2}\rightarrow 5O_{2} + 2Mn^{2+} + 14H_{2}O$

$\frac{n_{H_{2}}O_{2}}{5}=\frac{n_{Mn}O_{2}}{5}\Longrightarrow n_{H_{2}}O_{2}=\frac{5n_{Mn}O_{4}^{-}}{2}=\frac{5O_{1}V_{1}}{2}$ or $[H_{2}O_{2}]=\frac{n_{H_{2}}O_{2}}{V_0}=\frac{5O_{1}V_{1}}{2V_0}$

1.2.1 Définition : la vitesse volumique de disparition de l'eau oxygénée est l'opposée de la dérivée par rapport au temps de la concentration en eau oxygénée.

Expression : $v(t)=\frac{dc}{dt}$ or $C=\frac{5O_{1}V_{1}}{2V_0}\Longrightarrow v(t)=-\frac{5C_{1}}{2V_0}.\frac{dV_1}{dt}.\frac{dV_1}{dt^.}$

1.2.2 v(t) est le coefficient directeur de la tangente à la courbe à la date considérée multiplié par le coefficient $-\frac{50_{1}}{2V_0}.$

Graphiquement $\begin{array}{lll}v(t_{0}=0)&\approx& 3,1.10^{-3} mol.L^{-1}.min^{-1} ; \\\\v(t_1=25 min)&\approx&1,0.10^{-3} mol.L^{-1}.min^{-1}\end{array}$ .

Cette vitesse diminue car la concentration en eau oxygénée diminue.

1.2.3 Expression de C(t) .

v = k. C or = $v=-\frac{dC}{dt}\Rightarrow -\frac{dC}{dt}=K.C\Rightarrow -\frac{dC} {C}=K.dt\Rightarrow\int{\frac{dC}{C}}=-\int{K.dt}\Rightarrow lnC=-K.t+cste\Rightarrow C=A.e^{-Kt}$

or à t = 0 on a $C =C_{0}\Rightarrow A=C_{0}$ d'où $C=C_{0^{.e^{-kt}}}$ .

1.2.4. Détermination graphique de k :

$v=-\frac{5C_{1}}{2V_0}.\frac{dV_1}{dt}$ or $v=-\frac{dC}{dt} = -\frac{d}{dt}(C_{0}.^{.e^{-kt}}\Rightarrow K=-\frac{5C_{1}}{2V_{0}C_0}.\frac{dV_1}{dt}$ .

On détermine le coeficient directeur de la tangente au graphe V1 = f(t)à la date t = 0 ; soit $(\frac{dV_1}{dt})$ pente $\approx -0,6mL.min^{-1}$

$\Rightarrow K\approx -\frac{5\ast2010^-2}{2\ast10\ast910^-2}\ast(-0,6)=3,310^{-2} min^{-1}$

1.2.5 Temps de demi-réaction :

à $t = t_{1/2}$ on a $C =\frac{C_0}{2}\Longrightarrow V_{1}=\frac{V_{1}(t=0)}{2}$ ; du graphe on tire $t =t_{1/2}=21min$ .

Corrigé 2013 : Décomposition eau oxygénée

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1.1. Equation bilan de la réaction de décomposition : $2H_{2}O_{2}\rightarrow O_{2}+2H_{2}O$

1.2. Courbe :

Première méthode : à partir d’un tableau de valeurs, la courbe peut être tracée point par point.

Deuxième méthode : Solution mathématique, C= f(t) est une fonction exponentielle décroissante.
$\lim_{t\to \infty} f(t)=0$ montre que la courbe est asymptotique à la droite f(t)=0.Les valeurs de $C_{0}$ et $C(t infini)$ permettront d’une part de tracer la courbe.

1.3. Expression de la vitesse $V=-\frac{dC}{dt}=2,32.10^{-2}.e^{-0,464.t}$

A.N : àt=3h $\Longrightarrow V=5,7.10^{-3}mol.L^{-1}.h^{-1}$ .

1.4. Graphiquement V(t= 3 h) est l’opposée du coefficient directeur de la tangente à la courbe à t= 3 h :
La valeur déterminée par la méthode graphique est : $V=\frac{0-2,9.10^{-2}}{5,1}=5,69.10^{-3}mol.L^{-1}.h^{-1}$

1.5. Le temps de demi-réaction est ici la durée au bout de laquelle la moitié de la quantité de peroxyde d’hydrogène introduite initialement s’est décomposée.

Graphiquement : si $C= 2,5.10^{-2}mol/L$ alors $t_{1/2} = 1,5 h$ .

Par le calcul $C_{0}e^{-0,464t}=\frac{C_{0}}{2}\Longrightarrow t_{1/2}=\frac{ln2}{0,464}=1,49h$ .

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