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Terminale S1S3

Sciences de la Vie et de la Terre

La reproduction chez l'homme

Corrigé épreuve 1997 : Maîtrise des connaissances

Cinétique chimique

2000 : Corrigé Saponification d'un ester

Détails: Catégorie : Cinétique chimique

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1.Expression de la concentration de l'acool

		$CH_{3}COOC_{2}H_{5$ }	+	$OH^{-}$	$\longrightarrow$	$CH_{3}CO_{2}^{-}$	+	$C_{2}H_{5}OH$

à $t=0$	$C_{0}$	$5.10^{-2}$		$5.10^{-2}$		$0$		$0$

à $t$	$C$	$5.10^{-2}-y$		$5.10^{-2}-y$		$y$		$y$

à $t$	$n$	$\left(5.10^{-2}-y \right) V$		$\left(5.10^{-2}-y \right) V$		$yV$		$yV$

$n_{B}=\left( 5.10^{-2}-y\right) V\Longrightarrow \left( 5.10^{-2}-y\ \right) V= C_{A}\times 10^{-3}\Longrightarrow y=10^{-3}\left( 50-X\right)$

$y=\left[ C_{2}H_{5}OH\right] \Longrightarrow \left[C_{2}H_{5}OH\right] =10^{-3}\left( 50-X\right)$

2.

3. La vitesse est maximale à l'instant $t=0$ car la concentration des réactifs est maximale à cette date

4. Le temps de demi réaction est le temps au bout duquel la moitié de l'alcool s'est form à c.à.d $2,5.10^{-3}mol/L$ s'est formé. Ceci correspond à $\tau =35$ minutes

5. Vitesse moyenne entre les instants 9 et 15mn :

$v_{moy}=8,33.10^{-4}mol.L^{-1}.min^{-1}$ .

6. Le volume X à 50°C doit être inférieur au volume X à 30°C, car la température étant un facteur cinétique, à 50°C il restera moins de base, donc il faudra moins d'acide.

Corrigé 2001 : hydrolyse d'un ester

Détails: Catégorie : Cinétique chimique

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1.

Formule semi-développé}e du 2-méthylbutanoate de méthyle.

$CH_{3}-CH_{2}-CH\left( CH_{3}\right) -CO_{2}H$

La molécule est chirale car elle contient un carbone asymétrique

Représentation spatiale

2.

équation d'hydrolyse

$C_{2}H_{5}-CH(CH_{3})-CO_{2}-CH_{3}+H_{2}0 \leftrightarrows CH_{3}-OH + CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-CO_{2}H$

A est le méthanol $CH_{3}-OH$

B est l'acide 2-méthylbutanoîque $CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-CO_{2}H$

3.

3.a)

nombre de mole d'ester restant $n_{e}=n_{0}-n_{a}$

$n_{0}$ : le nombre initial de mole d'ester

$n_{a}=C_{b}V_{b}$ $ainsi:n_{e}=10^{-4}-C_{b}V_{b}$

Les valeurs de ne sont multipliées par $10^{-5}mole.$

3.b) temps de demi réaction est le temps au bout duquel la moitié de l'ester a réagi. $\tau=30min$

3.c) vitesse de réaction $v=-\frac{dn}{dt}$

$v=1,61.10^{-8}mol/s$

Corrigé 2006 cinétique de la réaction entre l’acide éthanedioïque et les ions permanganate

Détails: Catégorie : Cinétique chimique

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$H_{2}C_{2}O_{4}$ : $V_{r} = 10 mL$ et $C_{r} = 4.10^{-2} mol.L^{-1}$ $V_{S} = 200 mL$

$KMnO_{4} : V_{O} = 1 mL$ et $C_{O} = 2.10^{-2} mol.L^{-1}$

2.1:

La solution résulte d’une dilution de la solution initiale d’acide oxalique donc la quantité de matière d’acide oxalique de la solution initiale ; $C_{r}V_{r}$ est égale à la quantité de matière d’acide oxalique de la solution S ; $C’_{r}V_{S}$ soit :

$C’_{r}V_{S} = C_{r}V_{r } \rightarrow C’_{r} = \frac{C_{r}V_{r}}{V_S} =\frac{4.10^{-2} \times 10}{200} = 2.10^{-3} mol.L^{-1}$

2.2 : La quantité de matière d’ions permanganate $MnO^{-}_{4}$ contenue dans un volume de 1 mL de la solution de permanganate de potassium :

$n_{O} = C_{O}V_{O} = 2.10^{-2}$ \times $1.10^{-3} = 2.10^{-5} mol$

2.3 :

$2 MnO^{-}_{4} + 5 C_{2}O_{4}H_{2} + 6 H_{3}O^{+} \rightarrow 2 Mn^{2+} + 10 CO_{2} + 14 H_{2}O$

$n_{1}$ est la quantité de matière d’ions permanganate qu’il faut utiliser pour oxyder entièrement la quantité de matière $n_{2}$ d’acide oxalique initial.

La relation de proportionnalité donne : $\frac{n_{1}}{2} = \frac{n_{2}}{5} \rightarrow 5n_{1}= 2n_{2}$

Aussi $n_{1} = C_{O}V_{m}$ et $n_{2} = C’_{r}V_{S}$

$V_{m}$ est le volume maximal de la solution de permanganate de potassium qu’il faut utiliser pour oxyder entièrement l’acide oxalique présent dans la solution S.

D’où $5 C_{O}V_{m} = 2C’_{r}V_{S} \rightarrow V_{m} = \frac{2C’_{r}V_{S}}{5 C_{0}} = \frac{2 \times 2.10^{-3} \times 200}{5 \times 2.10^{-2}} = 8 mL$

Le nombre maximal de prélèvements de la solution de permanganate de potassium à effectuer est :

$n =\frac{V_{m}}{ V_{0}} =\frac{8}{1} = 8$ prélèvements

2.4 :

n(Mⁿ²⁺) en 10^-5 mol	0	2	4	6	8	10	12	14
t(s)	0	110	150	172	188	202	220	268

2.4.1 :

Explication des calculs qui ont permis de dresser le tableau à partir des mesures effectuées.

En partant de l’équation bilan de la réaction :

$2 MnO^{-}_{4} + 5 C_{2}O_{4}H_{2} + 6 H_{3}O^{+} \rightarrow 2 Mn^{2+} + 10 CO_{2} + 14 H_{2}O$

on constate qu’à chaque date t, la quantité de matière de $MnO_{4}^{-}$ est égale à celle de $Mn^{2+}$ donc :

à la date $t_{0} = 0$ on a $n_{0}(Mn^{2+}) = 0$

à la date $t_{1} = \Delta t_{1}$ on a $n_{1}(Mn^{2+}) = n_{0}(Mn2+) + C_{0}V_{0}$

à la date $t_{2} = \Delta t_{1} + \Delta t_{2}$ on a $n_{2}(Mn^{2+}) = n_{0}(Mn^{2+}) + C_{0}V_{0}+ C_{0}V_{0} = n_{1}(Mn^{2+}) + C_{0}V_{0}$

$n(Mn^{2+})$ est donc une suite arithmétique dont le premier terme est 0 et la raison $C_{0}V_{0}$ .

A la date $t_{n} = \Delta t_{1} +\Delta t_{2} + … + \Delta t_{n}$ on a

$n(Mn^{2+}) = n C_{0}V_{0} = 2.10^{-2} \times 1.10^{-3} \times n = 2.10^{-5} \times{tex} n$

Exemple :

À la date $t_{7} = \Delta t_{1} + \Delta t_{2} + … + \Delta t_{7} = 268 s$ on a $n_{7} (Mn^{2+}) = 2.10^{-5}\times 7 = 14.10^{-5} mol$ .

2.4.2 : Courbe représentant la variation du nombre de moles d’ions $Mn^{2+}$ formé en fonction du temps.

2.4.3 :

la vitesse instantanée de formation des ions Mn^{2+} est donnée par la relation :

$v =\frac{dn(Mn^{2+})}{dt}$

2.4.4 :

La vitesse augmente de la date t = 0 à la date t = 200 s ensuite elle diminue jusqu’à la fin de la réaction.

Cette augmentation de la vitesse est due à la présence des ions $Mn^{2+}$ qui « autocatalysent » la réaction.

Corrigé 2005 : réaction entre les ions péroxodisulfate et les ions iodure

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Péroxodisulfate de potassium $(2K^{+ }; S_{2}O_{8}^{2-})$ : $V_{1} = 500 mL$ $C_{1} = 0,02 mol.L^{-1}$

iodure de potassium $(K^{+} ; I^{-})$ : $V_{2} = 500 mL$ $C_{2} = 0,03 mol.L^{-1}$

2.1: Calcul des quantités de matière initiales des réactifs.

Quantité de matière de péroxodisulfate de potassium :

$n_{1} = C_{1}V_{1} = 0,02 \times 0,5 = 0,01 mol$

Quantité de matière d'iodure de potassium :

$n_{2} = C_{2}V_{2} = 0,03\times 0,5 = 0,015 mol$

Montrons que l'ion iodure est le réactif limitant.

D'après les coefficients stoechiométriques de l'équation bilan de la réaction :

1 mol d'ions péroxodisulfate réagit avec 2 mol d'ions iodure donc il faudrait $2 \times 0,01 = 0,02 mol$ d'ions iodure pour faire disparaître tous les ions péroxodisulfate.

Or nous disposons de 0, 015 mol d'ions iodure qui est inférieur à 0,02 mol donc l'ion iodure est le réactif limitant.

2.2 : concentration finale en diiode.

A la fin de la réaction, la quantité de matière de diiode est égale à la moitié de la quantité de matière initiale d'ion iodure : $n(I_{2})=\frac{n}{2}=\frac{0,0015}{2} = 7,5.10^{-3} mol$

2.3:

modélisation de la concentration molaire instantanée en diiode : $[I_{2}]=\alpha - \frac{\alpha}{1+ \alpha kt}$ .

A l'état final t $\rightarrow \infty$ donc $[I_{2}] \rightarrow \alpha$ .

$\alpha$ est donc égal à la concentration finale de $I_{2}$ soit $\alpha = \frac{n(I_{2})}{V_{t}} = \frac{7,5.10^{-3}}{0,5+0,5}=7,5.10^{-3} mol.L^{-1}$ .

2.4.1:

La vitesse volumique instantanée de formation du diiode est donnée par l'expression : $v(I_{2})=\frac{d[I_{2}]}{dt}$

2.4.2:

$v(I_{2})=\frac{d[I_{2}]}{dt}=\frac{\alpha^{2}}{(1+\alpha kt)^{2}}$

L'expression de la vitesse volumique instantanée de formation du diiode à t = 0 est :

$v(I_{2})_{0}=\alpha^{2}$ .

2.4.3:

2.4.4:
Détermination graphique de la vitesse volumique instantanée de formation du diiode :

- à t = 0

$v(I_{2})_{0}=\frac{[I_{2}]_{M_{0}}-[I_{2}]_{O}}{t_{M_{0}}-t_{O}}=\frac{5,6.10^{-3}-0}{10-0}=5,6.10^{-4} mol.L^{-1}.min^{-1}=9,33.10^{-6} mol.L^{-1}.s^{-1}$

- à t = 10 min

$v(I_{2})_{10}=\frac{[I_{2}]_{M_{2}}-[I_{2}]_{M_{1}}}{t_{M_{2}}-t_{M_{1}}}=\frac{5,6.10^{-3}-0,8.10^{-3}}{25-0}=1,92.10^{-4} mol.L^{-1}.min^{-1}=3,2.10^{-6} mol.L^{-1}.s^{-1}$

Détermination de la valeur numérique de k.

$v(I_{2})_{10}=\frac{\alpha^{2}}{(1+10 \times 60 \times \alpha k)^{2}}$ $\Longrightarrow (1+ 600 \times \alpha k)^{2}=\frac{\alpha^2}{v(I_{2})_{10}}$ $\Longrightarrow (1+ 600 \times \alpha k) = \sqrt{\frac{\alpha^2}{v(I_{2})_{10}}}$ $\Longrightarrow$ $k = \frac{\sqrt{\displaystyle\frac{\alpha^{2}}{v(I_{2})_{10}}}-1}{600\times\alpha}$

Application numérique :

$k = \frac{\displaystyle\frac{3.10^{-3}}{\sqrt{3,2.10^{-6}}}-1}{600 \times 3.10^{-3}}= 3,76.10^{-3}$

Détermination de l'unité de k.

En partant de l'expression $[I_{2}]=\alpha - \frac{\alpha}{1+\alpha kt}$ ,

$[I_{2}]$ et $\alpha$ ont la même unité : $mol.L^{-1}$

donc $(1 + \alpha kt)$ est sans unité, de même que $\alpha kt$ .

L'unité de k est $mol^{-1}L^{-1}s^{-1}$ .

Corrigé 2003 : Décomposition du chlorure de benzène diazonium

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V = 35 mL ; $\rho = 11,25 g/L$ ; t = 17° C ; P = 1 atm

1.1 :

Concentration initiale de chlorure de benzène diazonium :

$C_{0} = \frac{n_{0}}{V}$ avec $n_{0} = \frac{m_{0}}{M}$ et $m_{0} = \rho \times V$

$n_{0}$ est le nombre de mole initiale de chlorure de benzène diazonium

$m_{0}$ est la masse initiale de chlorure de benzène diazonium

$M$ est la masse molaire moléculaire de chlorure de benzène diazonium

Soit $C_{0}$ = $\frac{\frac{m_{0}}{M}}{V} = \frac{m_{0}}{M.V} = \frac{\rho .V}{M.V} = \frac{\rho}{M}$

Apllication numérique :

$C_{0}$ = $\frac{11,25}{6 \times 12 + 5 + 2\times 14 + 35,5} = 8.10^{-2} mol/L$

1.2 :

inserer image

n est le nombre de mole de $C_{6}H_{5}N_{2}Cl$ qui a réagi à la date t

soit $[C_{6}H_{5}N_{2}Cl]$ = $\frac{n_{0} - n}{V} = \frac{n_{0}}{V} - \frac{n}{V} = C_{0} - \frac{n}{V} = C_{0}(1 - \frac{n}{C_{0}.V})$

n est aussi le nombre de mole de $N_{2}$ formé à la date t :

soit $n$ = $\frac{x}{V_{m}}$

$V_{m}$ est le volume molaire d'un gaz à la température t et à la pression P

$V_{m}$ = $\frac{R.T}{P}$

donc $\frac{n}{C_{0}.V} = \frac{x}{C_{0}.V.V_{m}} = \frac{x}{C_{0}.V}.\frac{P}{R.T}$

soit $\frac{n}{C_{0}.V} = \frac{P}{C_{0}VRT}x = \frac{1}{8.10^{-2} \times 35.10^{-3} \times 8,2.10^{-2} \times (17 +273)} x = 15,02 x$

donc $[C_{6}H_{5}N_{2}Cl]$ = $C_{0} (1 - 15 x)$

1.3.1 :

le temps de demi - réaction t est la date à laquelle la moitié du nombre de mole initial de $C_{6}H_{5}N_{2}Cl$ a réagi. A cette date, il reste $\frac{n_{0}}{2}$ mol de $C_{6}H_{5}N_{2}Cl$ qui n'a pas réagi soit :

$[C_{6}H_{5}N_{2}Cl]$ = $\frac{\frac{n_{0}}{2}}{V} = \frac{1}{2} \times \frac{n_{0}}{V} = \frac{1}{2} C_{0} = 4.10^{-2} mol / L$

En utilisant le graphe, on trouve t = 465 s.

1.3.2 :

A la date t on a : $x$ = $\frac{n_{0}}{2} \times V_{m} = \frac{C_{0}V}{2} \times \frac{RT}{P} = \frac{8.10^{-2}\times 35.10^{-3}}{2} \times \frac{8,2.10^{-2}(17+273)}{1} = 3,33.10^{-2} L$

1.3.3 :

La vitesse instantanée de disparition du chlorure de benzène diazonium est $v$ = - $\frac{d[C_{6}H_{5}N_{2}Cl]}{dt}$

$v_{t} = 6,06.10^{-5} mol/L.s$

$t_{2} = 0,25 h = 0,25 \times 3600 = 900 s$

$v_{2} = 5,71.10^{-5} mol/L.s$

1.3.4 :

La variation de vitesse entre $t_{1}$ et $t_{2}$ est expliquée par la diminution du nombre de mole de réactif au cours du temps.

1.4 :

A la fin de la réaction, on obtient $n_{0} mol$ de $N_{2}$ soit :

$x = n_{0} V_{m}$ = $2 \times \frac{n_{0}}{2}V_{m} = 2 \times 3,33.10^{-2} = 6,66.10^{-2} L$