INTRODUCTION

L’histologie étymologiquement est la science des  « tissus ». Elle permet de connaitre et de comprendre l’organisation et le fonctionnement des cellules. L’étude des cellules est longue et complexe ; processus qui nécessite les étapes suivantes : prélèvement, fixation, coloration, observation aux microscopes.

I.LES TYPES DE PRELEVEMENTS

Ils sont d’ordre cytologique et tissulaire.

A.LES PRELEVEMENTS CYTOLOGIQUES :

Les cellules isolées ou amas de cellules peuvent être obtenus à partir de :
-Liquide spontanément émis : c’est le cas des urines des crachas, du sang, du pus excrétable par pistule.
-Les cellules desquamantes : spontanément obtenus par raclage, brossage á partir d’organes comme la peau, la joue interne, le col de l’utérus, le nez, les voies respiratoires et biliaires.
- Le ponction à l’aiguille : d’un liquide (liquide céphalorachidien, le kyste) ou d’un organe ou d’une tumeur (ganglions, nodules thyroïdien).

B.LES PRELEVEMENTS HISTOLOGIQUES :

Ils sont effectués selon trois modalités : la biopsie, les pièces opératoires et l’autopsie.
La biopsie : elle consiste à prélever un fragment de tissu sur un être vivant en vue d’un examen anatomo-pathologique au niveau d’organes externes ou internes. La biopsie s’effectue en plusieurs modalités :
-Par ponction à l’aide d’une aiguille ou d’un trocart au niveau de l’organe en question (foie, rein…)
-Par biopsie chirurgicale après anesthésie locale ou générale.
-Au cours d’une endoscopie : la pince est dans ce cas montée sur l’endoscopie (appareil chirurgicale qui permet de visualiser des opérations chirurgicales ou simplement d’observer des organes internes).
Les pièces opératoires on peut obtenir des tissus à partir des pièces opératoires par exérèse (extraction ou retranchement d’un élément étranger ou nuisible du corps humain) partielle ou complète d’un ou de plusieurs organes.
L’autopsie : elle correspond à un examen anatomo-pathologique pratiquer pour un cadavre.
NB : Le prélèvement des cellules végétales est plus facile. Il peut se faire à partir des feuilles, des organes…

II.LES TECHNIQUES DE FIXATION ET DE COLORATION

A-LA FIXATION DES CELLULES
1.Définition

Le but de la fixation est de maintenir ou de conserver le prélèvement dans un état aussi proche de l’état vivant. Lors du prélèvement, les cellules déversent des enzymes qui peuvent provoquer leurs morts (autodigestion ou autolyse). De même à l’air libre certains prélèvements peuvent être contaminés par des bactéries qui vont entrainer leur putréfaction.
Ainsi les modes d’action des fixations sont :
L’inhibition de l’autolyse, l’inhibition de la putréfaction, l’inhibition des constituants cellulaires ou tissulaires pour leurs études.

2.LES TYPES DE FIXATIONS

a)Les fixateurs chimiques

Ce sont des composés qui font précipiter ou coaguler les macromolécules. Les fixateurs chimiques peuvent être simples :
Ex : formol, alcool éthylique, acide acétique, acide picrique…
Ils peuvent aussi être Composés :
Ex :mélange de Bouin (acide acétique + formol + acide picrique + eau), le mélange de carnoy.

b)Les fixateurs physiques

Les plus utilisés sont l’azote liquide $(-196^{o}C)$ et la neige carbonique $(-60^{o}C)$.
NB : Les fixateurs les plus communs à microscope optique et les plus utiliser dans le monde sont le Formol $(4%)$,Formaldéhyde$(10%)$.
Les fixateurs maintiennent normal les cellules en reliant les groupements des protéines des cellules.

B-LES TECHNIQUES DE COLORATION

1-LE PRINCIPE

Les tissus de l’organisme ne sont pas spontanément colorés.Cette caractéristique naturelle rend leur observation difficile. Les colorants présentent des composants acides ou basiques en milieu aqueuse qui forment des sels avec des radicaux ionisés.
Les composants acides colorent les zones tissulaires basophiles alors que les composants basiques colorent ceux acidiphiles.

2-LES TISSUS DE COLORANT

a.Les colorations de BRACHET et FEULGEN :

LE TEST DE BRACHET

Il consiste a placé l’échantillon dans un mélange de vert de méthylène-pyronine pendent quelques minutes $(2mm)$ puis à rincer l’échantillon dans l’eau. Les verts de méthylène colorent l’ADN du noyau en vert et la pyronine colore l’ARN en rose.

LE TEST DE FEULGEN

Il consiste à mettre l’échantillon dans un tube contenant de $HCL$ puis placer dans un bain mari (permet la conservation en une température donnée) a $600^{o}C$ pendent $10 mm$ et enfin à le récupérer et le plonger dans le réactif de SCHIFF.L’ADN se colore en rase.

b.La coloration HEMATEINE-EOSINE-SAFRAN (HES)

C’est la coloration la plus utilisée dans l’histopathologie, on l’utilise également en hématologie.L’hématéine est une substance basique qui colore l’ADN du noyau en violet. L’éosine est une substance acide qui colore les protéines cytoplasmiques en rose. Le Safran colore les fibres calogènes en jaunes.
c.La coloration MAY-GRUNWALD GIEMSA (MGG)
Elle est utilisée en hématologie avec les frottis sanguins, les ponctions inflammatoires et les coupes d’organes hématologiques et  lymphoïdes.

d.La coloration de PAPANICOLAOU

Elle est de routine en cytologique et en gynécologique.

III.LES TECHNIQUES DE SEPARATION DES CONSTITUANTS

Les principales techniques de séparation des constituants cellulaires sont : la centrifugation, la chromatographie et l’électrophorèse.

1)LA CENTRIFUGATION

Elle est une technique qui utilise la force centrifuge (qui éloigne du centre) ou de centrifugation pour séparer les différents composants d’un mélange.
La force de centrifuge est conduite par la rotation du récipient (centrifugeur).
L’augmentation de la vitesse de centrifugation permet une séparation plus nette des différents constituants du mélange et surtout des macromolécules. On parle d’ultracentrifugation. Elle consiste à verser les mélanges hétérogènes dans le ou les tubes à essai puis à les soumettre en rotation.  Sous l’effet de la force centrifuge, des particules sont expulsées dans le fond du tube à essai.
Il existe deux types de centrifugations :
La centrifugation différentielle
Elle permet de séparer les particules en fonction de leur taille par une succession de centrifugation en des temps et des accélérations croissantes.
La centrifugation en gradient de densité
La vitesse de sédimentation d’une particule est en fonction de la différence entre sa densité et celle du milieu ambiant. Dans ce tube de centrifugation, le gradient de centrifugation du milieu ambiant peu changer en modifiant le produit chimique de la solution.
Calcules de la vitesse de rotation pour une centrifugeuse précise :
Le nombreg est la force requise pour obtenir une centrifugation optimale. Il est nommé aussi force centrifuge relative (RCF). La relation qui existe entre la vitesse et la rotation exprimé en tours ou en rotation par minutes (RTM) ; la force centrifuge la distance entre le centre du rotor et le fond du tube (r) est décrite par la formule suivante :
$RTM = 1000√RCF / r x 1,118$
Pour appliquer la formule de calcul on doit :
-identifier la RCF en se référant aux indications fournies par le fabriquant du tube.
-identifier le rayon du rotor de la centrifugeuse, car constatant le mode d’emploi ou en le lisant directement sur le rotor.

EXERCICE D’APPLICATION

Le rayon de rotation d’un rotor est de $86 mm$.
Quelle vitesse faudrait-elle programmer la centrifugeuse pour l’accélération de $1300 g$.

RESOLUTION

$Rtm = 1000√RCF / r x 1,118$
Rtm = 1000√1300 / 86 x 1,11
V (rtm) = 1000√1300 / 96,148
V (rtm) =3677,1 g.mm$

2)LA CHROMATOGRAPHIE

Elle permet de séparer les éléments d’un mélange ou d’un solvant appelé phase mobile à partir d’un support solide dit phase fine ou stationnaire.
Le principe de la chromatographie repose sur le déplacement différentiel des constituants du mélange  sur la phase fine ou solide. En effet ces constituants parcourent ces phases proportionnelles à leurs caractéristiques intrinsèques (poids, taille…) ou à leurs affinités avec la phase stationnaire (selon la polarité).
En fonction de la nature surtout de la phase mobile, on distingue la chromatographie en phase liquide (CPL) et la chromatographie en phase gazeuse (CPG).

3)L’ELECTROPHORESE

Elle est une technique de séparation et d’analyse basée sur la migration différentielle des éléments du mélange.
Le principe est le suivant :
-Les échantillons sont déposés dans des puits préfabriqués au sommet du gel.
-Le tampon est le même dans les réservoires du haut en  bas $(pH = 9)$ pour que toutes les protéines aient une charge négative.
-Un courant électrique continue parcourt le gel pendent la durée de migration (ainsi puisque les protéines ont même charges, leur migration dépendra uniquement de leurs poids).
-Après migration, le gel est retiré et les bandes de protéines sont visualisées par :
            -Coloration de bleu de Coomasie
            -Coloration de nitrate d’argent

IV.TRAÇAGE RADIO-ACTIF

C’est une technique de marque consistant à une association d’une molécule vectrice et d’un marqueur radioactif.
Le marqueur radioactif est un atome au noyau instable à cause d’un excès de protons, de neutrons ou les deux.
Ainsi elle émet des rayons gamma qui permettent de préciser sa localisation, le traceur est choisi par sa capacité à se fixer préférentiellement dans tel ou tel type de tissu ou son aptitude à mettre en évidence tel ou tel pathologie. C’est le cas de l’iode  qui a tendance à se concentrer sur la thyroïde : l’iode entre dans la formation des hormones thyroïdiennes, ainsi le marquage par l’iode du radioactif permet de vérifier le fonctionnement de la thyroïde, de suivre le chemin des molécules formées.
C’est le cas aussi du glucosequi permet de détecter les cellules tumorales. Ces cellules consomment beaucoup de sucre. Ainsi on peut les mettre en évidence en marquant une substance voisine du glucose appelé fluoro désoxyglucose (FDG). D’autres radios traceurs sont utilisés : il s’agit du  sodium radioactif $(Na23)$, du carbone radioactif $(C14)$.

V.LES MICROSCOPES

L’étude de la structure de la cellule nécessite son observation. Celle-ci est délicate du fait de la petite taille des éléments de la cellule. Ainsi, elle nécessite alors des microscopes. On distingue deux types de microscopes : le microscope optique et le microscope électronique.

1-Les microscopes optiques

Ils sont des instruments optiques grossissants, munis d’un objectif et de l’oculaire qui permet de grossir l’image d’un objet de petite taille et donc on examine des détails invisibles à l’ œil nu. Il est utilisé en biologie pour observer des cellules et des tissus et en pétrographie (science qui étudie les roches minérales), pour reconnaitre des roches en métallurgie pour analyser la structure d’un métal.

a-Les parties du microscope optique

Il y a la partie optique et la partie mécanique.
La partie mécanique : elle est constituée de :
-du socle ou pied : il supporte l’appareil
-La potence : elle permet de tenir l’appareil
-La platine : elle permet de recevoir la préparation, elle est percée d’un trou à son centre et est muni de deux valets qui fixent la préparation.
-Le révolver : il possède les objectifs
-Le (s) tube (s) portent l’oculaire (s)

o    La partie optique

-Les oculaires : ils sont munis de grossissement
-Les objectifs : ils sont également munis des lentilles (grossissements) qui permettent d’agrandir la préparation.
-La source lumineuse est constituée d’une lampe ou d’un miroir.

        b-  Principe de fonctionnement du $MO$

La lumière composée de photons passe à travers le condensateur qui concentre le flux lumineux en rayons lumineuses.
La lentille d’un objectif permet un premier agrandissement entre $x40 ; x200$ et $x150$ (en fonction de l’objectif) puis la lentille de l’oculaire qui permet un deuxième agrandissement en générale x4. Ainsi l’œil reçoit une image agrandie
L’agrandissement final (grossissement) est le produit des deux grossissements.
Grossissement $= G$. de l’objectif $x G$. de l’oculaire

2-Les microscopes électroniques

Les microscopes optiques ne permettent pas de voir des objets de tailles $< 0,02 U_{m}$ contrairement au microscope électronique. Ce dernier utilise à la place de la lumière un rayonnement électronique (électrons). Il existe deux types de microscopes électroniques :
oLe microscope électronique a transmission (MET)
Le pouvoir de séparation du MET (de $2$ nanomètres a $0,02$ nanomètre) est théoriquement $40000$ fois supérieur à celui du $M_{O}$ et 2million de fois de l’œil.Le MET comprend :
-Un canon a électron
-Un système de détection d’électrons
-des lentilles magnétiques
oLes microscopes électroniques à balayage (MEB)
Le principe du balayage consiste à explorer la surface de l’échantillon et à transmettre le signal du détecteur a un écran cathodique dont le balayage est exactement électronisé et synchronisé avec celui du faisceau.

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

 

b) Détermination de la quantité de matière initiale $n_{0}(I^{-})$

 

$n_{0}(I^{-})=16\cdot 10^{-3}mol$

 

Valeur de $C_{1}$

 

$\begin{array}{lcl} n_{0}(I^{-})&=&C_{1}V_{1}\\&\Rightarrow&C_{1}=\dfrac{n_{0}\left(I^{-}\right)}{V_{1}}\\&=&\dfrac{16\cdot 10^{-3}}{200\cdot 10^{-3}}\\&\Rightarrow& C_{1}=8\cdot 10^{-3}mol\cdot L^{-1} \end{array}$

 

c)Le temps de demi-réaction est le temps au bout duquel la moitié de réactif limitant est consommée par la réaction.

 

Détermination de l'avancement final (maximale) de la réaction

 

$\begin{array}{lcl} \text{A }t_{1/2}&=&4\,min[I^{-}]\\&=&10\cdot 10^{-3}mol\cdot L^{-1}\\&\Rightarrow&x_{max}=2[I^{-}]V\\&=&2\times 10\cdot 10^{-3}\times(200+300)10^{-3} \end{array}$

 

d'où $\boxed{x_{max}=10^{-2}mol}$

 

d) Détermination du réactif limitant

 

Soient $x_{1}$ et $x_{2}$ les avancements maximums respectifs des réactifs

$I^{-}$ et $S_{2}O_{8}^{2-}$

 

$\begin{array}{lcl} C_{1}V_{1}-2x_{1}&=&0\\&\Rightarrow&x_{1}=\dfrac{C_{1}V}{2}\\&\Rightarrow&x_{1}=\dfrac{8\cdot 10^{-2}\times 200\cdot 10^{-3}}{2}\\&\Rightarrow&\boxed{x_{1}=8\cdot 10^{-3}mol} \end{array}$

 

$\begin{array}{lcl} C_{2}V_{2}-x_{2}&=&0\\&\Rightarrow&x_{2}=C_{2}V_{2}\\&\Rightarrow&x_{2}=10^{-2}\times 300\cdot 10^{-3}\\&\Rightarrow&\boxed{x_{2}=3\cdot 10^{-3}mol} \end{array}$

 

$x_{2}<x_{1}$ le peroxodisulfate de potassium est le réactif limitant

Exercice 4

1) Expression de la quantité de matière de dioxygène à l'instant $t$ en fonction de $V\left(O_{2}\right)_{t}$ et de $V_{m}$

$$n_{\left(O_{2}\right)_{t}}=\dfrac{V\left(O_{2}\right)_{t}}{V_{m}}$$

 

2) Tableau d'avancement de la réaction

$$\begin{array}{|c|c|ccccc|} \hline \text{Système}&\text{Avancement} &2H_{2}O_{2}(l) &\ \rightarrow\  &2H_{2}O(g)&\ +&\ O_{2}(g)\\ \hline \text{initial}&x=0&8\cdot 10^{-2}&|&0&|&0\\ \hline \text{intermédiaire}&x&8\cdot 10^{-2}-2x &|&2x&|&x\\ \hline \text{final}&x_{max} &8\cdot 10^{-2}-x_{max} &|&2x_{max}&|&x_{max} \\ \hline \end{array}$$

 

Valeur de l'avancement maximale

 

L'avancement est maximal lorsque $8\cdot 10^{-2}-2x_{max}=0$

 

$\Rightarrow\boxed{x_{max}=4\cdot 10^{-2}mol}$

 

3) Complétons le tableau de mesure

 

$x=\dfrac{V\left(O_{2}\right)_{t}}{V_{m}}$

 

$\begin{array}{lcl} \text{Pour }V\left(O_{2}\right)_{t}&=&0.2\,L\\&\Rightarrow&x=\dfrac{0.2}{24}\\&\Rightarrow&x=0.83\cdot 10^{-3}mol \end{array}$

 

d'où le tableau

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline t(min)&0&5&10&15&20&25&30&40&60\\ V\left(O_{2}\right)_{t}&0&0.2&0.31&0.40&0.48&0.54&0.58&0.65&0.72\\ \hline x\left(10^{-2}mol\right)&0&0.83&1.3&1.7&2&2.3&2.4&2.7&3\\ \hline \end{array}$$

 

4) Tracé de la courbe $x=f(t)$

 

 

5) Vitesse moyenne de la réaction entre les $t_{1}$ et $t_{2}$

 

6) La vitesse instantanée de la réaction est égale ou coefficient directeur de la tangente à la courbe au temps considéré.

 

Cette vitesse de formation diminue au cours du temps (car la concentration du réactif diminue).

 

7) Temps de demi-réaction

 

$t_{1/2}=12.4\,min$

 

Taux d'avancement à cette date

 

$\begin{array}{lcl} \tau&=&\dfrac{x\left(t_{1/2}\right)}{x_{max}}\\&=&\dfrac{1.5\cdot 10^{-2}}{4\cdot 10^{-2}}\\&\Rightarrow&\tau=0.375\\&\Rightarrow&\boxed{\tau=37.5\%} \end{array}$

Exercice 5

1) a) calcule de la concentration initiale du mélange en ions peroxodisulfate

 

$\begin{array}{lcl} \left[S_{2}O_{8}^{2-}\right]&=&\dfrac{C_{1}V_{1}}{V_{1}+V_{2}}\\&=&\dfrac{0.05\times 30}{30+30}\\&\Rightarrow&\left[S_{2}O_{8}^{2-}\right]=2.5\cdot 10^{-2}mol\cdot L^{-1} \end{array}$

 

Exercice 6

Exercice 7

Exercice 8

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

$CH_{4}+O_{2}\ \longrightarrow\ C+2H_{2}O$

Exercice 4

Pour avoir $56\;ml$ de dihydrogène dans les conditions normales, un laborantin fait agir l'acide chlorhydrique dilué sur du zinc.

 

1) Trouvons La masse de chacun des réactifs ; $HCl\ $ et $\ Zn$

 

$\centerdot\ \ $ Masse de $HCl$

 

Pour cela, on établit d'abord l'équation de la réaction entre l'acide chlorhydrique dilué et le zinc. On a : $$HCl+Zn\ \longrightarrow\ H_{2}+ZnCl_{2}$$

 

En équilibrant ensuite cette équation, on obtient l'équation bilan équilibrée qui vérifie la conservation de la matière : $$2HCl+Zn\ \longrightarrow\ H_{2}+ZnCl_{2}$$

 

Enfin, en observant cette équation bilan, nous constatons qu'au niveau macroscopique, 2 moles d'acide se combinent avec une mole de zinc pour donner une mole de dihydrogène et une mole de chlorure de zinc.

 

D'où, la correspondance suivante : 

 

$$\begin{array}{rcl} 2\;moles_{_{HCl}}&\longrightarrow&1\;mole_{_{H_{2}}}\\n_{_{HCl}}&\longrightarrow&n_{_{H_{2}}}\end{array}$$

 

En utilisant les rapports de proportionnalité, on obtient : $$\dfrac{n_{_{HCl}}}{2}=\dfrac{n_{_{H_{2}}}}{1}$$

 

Ce qui donne : $$\boxed{n_{_{HCl}}=2\times n_{_{H_{2}}}}\qquad(\text{égalité 1})$$

 

Or, on sait que : $n_{_{HCl}}=\dfrac{m_{_{HCl}}}{M_{_{HCl}}}\ $ et $\ n_{_{H_{2}}}=\dfrac{V_{_{H_{2}}}}{V_{_{M}}}$

 

En remplaçant ces expressions de $n_{_{HCl}}\ $ et $\ n_{_{H_{2}}}$ dans l'égalité (1), on obtient : $$\dfrac{m_{_{HCl}}}{M_{_{HCl}}}=2\times\dfrac{V_{_{H_{2}}}}{V_{_{M}}}$$

 

Par suite, $$\boxed{m_{_{HCl}}=2\times\dfrac{V_{_{H_{2}}}\times  M_{_{HCl}}}{V_{_{M}}}}$$

 

Avec : $V_{_{M}}=22.4\;l.mol^{-1}\;,\ V_{_{H_{2}}}=56\;ml=0.056\;l $ et

 

$\begin{array}{rcl} M_{_{HCl}}=M_{_{H}}+M_{_{Cl}}&=&1+35.5\\&=&36.5\;g.mol^{-1}\end{array}$

 

Application numérique : $m_{_{HCl}}=2\times\dfrac{0.056\times  36.5}{22.4}=0.182$

 

D'où, $$\boxed{m_{_{HCl}}=0.182\;g}$$

 

$\centerdot\ \ $ Masse de $Zn$

 

En procédant de la même manière, on obtient la correspondance suivante :

 

$$\begin{array}{rcl} 1\;mole_{_{Zn}}&\longrightarrow&1\;mole_{_{H_{2}}}\\n_{_{Zn}}&\longrightarrow&n_{_{H_{2}}}\end{array}$$

 

Ainsi, $$\dfrac{n_{_{Zn}}}{1}=\dfrac{n_{_{H_{2}}}}{1}$$

 

Par suite, $$\boxed{n_{_{Zn}}=n_{_{H_{2}}}}\qquad(\text{égalité 2})$$

 

Comme $n_{_{Zn}}=\dfrac{m_{_{Zn}}}{M_{_{Zn}}}\ $ et $\ n_{_{H_{2}}}=\dfrac{V_{_{H_{2}}}}{V_{_{M}}}$ alors, en remplaçant dans l'égalité (2), on obtient : $$\dfrac{m_{_{Zn}}}{M_{_{Zn}}}=\dfrac{V_{_{H_{2}}}}{V_{_{M}}}$$

 

Par conséquent, $$\boxed{m_{_{Zn}}=\dfrac{V_{_{H_{2}}}\times  M_{_{Zn}}}{V_{_{M}}}}$$

 

Avec : $V_{_{M}}=22.4\;l.mol^{-1}\;,\ V_{_{H_{2}}}=56\;ml=0.056\;l $ et $\ M_{_{Zn}}=65\;g.mol^{-1}$

 

Application numérique : $m_{_{Zn}}=\dfrac{0.056\times  65}{22.4}=0.162$

 

D'où, $$\boxed{m_{_{Zn}}=0.162\;g}$$

 

2) Trouvons La masse de chlorure de zinc $ZnCl_{2}$ obtenu en même temps.

 

En partant toujours de l'équation bilan et en adoptant la même démarche que dans la question 1), on obtient la correspondance suivante :

 

$$\begin{array}{rcl} 1\;mole_{_{H_{2}}}&\longrightarrow&1\;mole_{_{ZnCl_{2}}}\\n_{_{H_{2}}}&\longrightarrow&n_{_{ZnCl_{2}}}\end{array}$$

 

Ce qui donne : $$\dfrac{n_{_{ZnCl_{2}}}}{1}=\dfrac{n_{_{H_{2}}}}{1}$$

 

D'où, $$\boxed{n_{_{ZnCl_{2}}}=n_{_{H_{2}}}}\qquad(\text{égalité 3})$$

 

Or, on sait que : $n_{_{ZnCl_{2}}}=\dfrac{m_{_{ZnCl_{2}}}}{M_{_{ZnCl_{2}}}}\ $ et $\ n_{_{H_{2}}}=\dfrac{V_{_{H_{2}}}}{V_{_{M}}}$

 

Donc, en remplaçant ces expressions de $n_{_{ZnCl_{2}}}\ $ et $\ n_{_{H_{2}}}$ dans l'égalité (3), on obtient : $$\dfrac{m_{_{ZnCl_{2}}}}{M_{_{ZnCl_{2}}}}=\dfrac{V_{_{H_{2}}}}{V_{_{M}}}$$

 

Par suite, $$\boxed{m_{_{ZnCl_{2}}}=\dfrac{V_{_{H_{2}}}\times  M_{_{ZnCl_{2}}}}{V_{_{M}}}}$$

 

Avec : $V_{_{M}}=22.4\;l.mol^{-1}\;,\ V_{_{H_{2}}}=56\;ml=0.056\;l $ et

 

$\begin{array}{rcl} M_{_{ZnCl_{2}}}=M_{_{Zn}}+2M_{_{Cl}}&=&65+2\times 35.5\\&=&136\;g.mol^{-1}\end{array}$

 

Application numérique : $m_{_{ZnCl_{2}}}=\dfrac{0.056\times  136}{22.4}=0.34$

 

D'où, $$\boxed{m_{_{ZnCl_{2}}}=0.34\;g}$$

Exercice 5

On brûle un morceau de $1200\;mg$ de carbone de l'air.

 

1) Trouvons le volume de dioxyde de carbone $CO_{2}$ produit par la réaction, dans les conditions normales.

 

Pour cela, nous allons d'abord établir l'équation bilan de la réaction, donnée par : $$C+O_{2}\ \longrightarrow\ CO_{2}$$

 

Ensuite, partant de cette équation, nous obtenons les correspondances suivantes : 

 

$$\begin{array}{rcl} 1\;moles_{_{C}}&\longrightarrow&1\;mole_{_{CO_{2}}}\\n_{_{C}}&\longrightarrow&n_{_{CO_{2}}}\end{array}$$

 

Enfin, en utilisant les rapports de proportionnalité, on obtient : $$\dfrac{n_{_{C}}}{1}=\dfrac{n_{_{CO_{2}}}}{1}$$

 

Ce qui donne :
$$\boxed{n_{_{C}}=n_{_{CO_{2}}}}\qquad(\text{égalité 1})$$

 

Or, on sait que : $n_{_{C}}=\dfrac{m_{_{C}}}{M_{_{C}}}\ $ et $\ n_{_{CO_{2}}}=\dfrac{V_{_{CO_{2}}}}{V_{_{M}}}$

 

En remplaçant ces expressions de $n_{_{C}}\ $ et $\ n_{_{CO_{2}}}$ dans l'égalité (1), on obtient :
$$\dfrac{m_{_{C}}}{M_{_{C}}}=\dfrac{V_{_{CO_{2}}}}{V_{_{M}}}$$

 

Par suite, $$\boxed{V_{_{CO_{2}}}=\dfrac{m_{_{C}}\times  V_{_{M}}}{M_{_{C}}}}$$

 

où : $V_{_{M}}=22.4\;l.mol^{-1}\;,\ M_{_{C}}=12\;g.mol^{-1}\ $ et $\ m_{_{C}}=1200\;mg=1.2\;g$

 

Application numérique : $V_{_{CO_{2}}}=\dfrac{1.2\times  22.4}{12}=2.24$

 

D'où, $$\boxed{V_{_{CO_{2}}}=2.24\;l}$$

 

2) Trouvons le volume de dioxygène nécessaire à cette combustion, dans les conditions normales.

 

En considérant toujours l'équation bilan de la réaction, on obtient les correspondances suivantes :
$$\begin{array}{rcl} 1\;moles_{_{O_{2}}}&\longrightarrow&1\;mole_{_{CO_{2}}}\\n_{_{O_{2}}}&\longrightarrow&n_{_{CO_{2}}}\end{array}$$

 

Ce qui se traduit par : $$\boxed{n_{_{O_{2}}}=n_{_{CO_{2}}}}\qquad(\text{égalité 2})$$

 

Comme $n_{_{O_{2}}}=\dfrac{V_{_{O_{2}}}}{V_{_{M}}}\ $ et $\ n_{_{CO_{2}}}=\dfrac{V_{_{CO_{2}}}}{V_{_{M}}}$ alors, en remplaçant dans l'égalité (2), on trouve :
$$\dfrac{V_{_{O_{2}}}}{V_{_{M}}}=\dfrac{V_{_{CO_{2}}}}{V_{_{M}}}$$

 

Par suite, $$\boxed{V_{_{O_{2}}}=V_{_{CO_{2}}}}$$

 

Or, on avait trouvait à la question 1) $V_{_{CO_{2}}}=2.24\;l$

 

Par conséquent, $$\boxed{V_{_{O_{2}}}=2.24\;l}$$

 

En déduisons le volume d'air utilisé.

 

Nous constatons, qu'en volume, l'air contient $\dfrac{1}{5}$ de dioxygène ; ces-à-dire, le volume de dioxygène représente $\dfrac{1}{5}$ du volume d'air.

 

Ce qui se traduit alors par : $$V_{_{O_{2}}}=\dfrac{1}{5}V_{_{\text{air}}}$$

 

Par suite, $$\boxed{V_{_{\text{air}}}=5\times V_{_{O_{2}}}}$$

 

A.N : $V_{_{\text{air}}}=5\times 2.24=11.2$

 

Ainsi, $$\boxed{V_{_{\text{air}}}=11.2\;l}$$

Exercice 6 Maitrise de connaissance

Complétons les phrases suivantes par les mots ou expressions qui conviennent : 

 

Il y a transformation chimique lorsque des espèces chimiques appelées réactifs disparaissent et que d'autres appelées produits apparaissent.

 

La transformation chimique limitée aux réactifs et aux  produits s'appelle réaction chimique.

 

Lorsqu'une réaction chimique dégage de la chaleur, on dit qu'elle est exothermique. 

 

Une équation bilan traduit de façon symbolique une réaction chimique.

 

Exercice 7 Équilibrage

Équilibrons les équations chimiques qui suivent :

 

Pour cela, nous procédons comme dans l'exercie 3, en utilisant le principe de la conservation de la matière.

 

Ainsi, pour chaque élément chimique, on doit avoir le même nombre d'atomes dans les réactifs que dans les produits.

 

Ce qui revient donc à mettre des coefficients appropriés devant les produits et les réactifs.

 

$\begin{array}{lrcl} 1)&2Na\ +\ \dfrac{1}{2}O_{2}&\longrightarrow&Na_{2}O\\ \\2)&CO\ +\ \dfrac{1}{2}O_{2}&\longrightarrow&CO_{2}\\ \\3)&H_{2}\ +\ \dfrac{1}{2}O_{2}&\longrightarrow&H_{2}O\\ \\4)&2CuO\ +\ C&\longrightarrow&2Cu\ +\ CO_{2}\\ \\5)&N_{2}O_{5}&\longrightarrow&2NO_{2}\ +\ \dfrac{1}{2}O_{2}\\ \\6)&C_{4}H_{10}\ +\ \dfrac{13}{2}O_{2}&\longrightarrow&4CO_{2}\ +\ 5H_{2}O\\ \\7)&6CO_{2}\ +\ 6H_{2}O&\longrightarrow&C_{6}H_{12}O_{6}\ +\ 6O_{2}\\ \\8)&C_{12}H_{22}O_{11}\ +\ 8O_{2}O&\longrightarrow&12CO_{2}\ +\ 11H_{2}O\\ \\9)&N_{2}\ +\ 3H_{2}&\longrightarrow&2NH_{3}\\ \\10)&2Fe\ +\ \dfrac{3}{2} O_{2}&\longrightarrow&Fe_{2}O_{3}\\ \\11)&Fe_{2}O_{3}\ +\ 3Al&\longrightarrow&2Fe\end{array}$

Exercice 8 Bilan molaire

A chaud, l'aluminium brûle dans le soufre.

 

L'équation-bilan qui traduit cette réaction s'écrit :

$$Al\ +\ S\ \rightarrow\ Al_{2}S_{3}$$

 

1) Déterminons la quantité minimale d'aluminium nécessaire pour faire réagir une mole de soufre.

 

En équilibrant l'équation de la réaction, on obtient l'équation bilan suivante :

$$2Al\ +\ 3S\ \rightarrow\ Al_{2}S_{3}$$

 

Par suite, cette équation bilan de la réaction permet d'établir les correspondances suivantes : 

$$\begin{array}{rcl} 2\;moles_{_{(Al)}}&\longrightarrow&3\;moles_{_{(S)}}\\n_{_{Al}}&\longrightarrow&n_{_{S}}\end{array}$$

 

Ainsi, en appliquant les rapports de proportionnalité, on obtient :

$$\dfrac{n_{_{Al}}}{2}=\dfrac{n_{_{S}}}{3}\qquad(\text{égalité 1})$$

 

Ce qui donne alors : $$\boxed{n_{_{Al}}=\dfrac{2\times n_{_{S}}}{3}}$$

 

A.N : $n_{_{Al}}=\dfrac{2\times 1}{3}=0.66$

 

D'où, $$\boxed{n_{_{Al}}=0.66\;mol}$$

 

Déterminons alors la quantité de sulfure d'aluminium $\left( Al_{2}S_{3}\right)$ qui serait formée.

 

En partant toujours de l'équation bilan de la réaction, on a les correspondances suivantes :

$$\begin{array}{rcl} 3\;moles_{_{(S)}}&\longrightarrow&1\;mole_{_{(Al_{2}S_{3})}}\\n_{_{S}}&\longrightarrow&n_{_{Al_{2}S_{3}}}\end{array}$$

 

Ce qui se traduit par :

$$\dfrac{n_{_{S}}}{3}=\dfrac{n_{_{Al_{2}S_{3}}}}{1}\qquad(\text{égalité 2})$$

 

Par suite, $$\boxed{n_{_{Al_{2}S_{3}}}=\dfrac{n_{_{S}}}{3}}$$

 

A.N : $n_{_{Al_{2}S_{3}}}=\dfrac{1}{3}=0.33$

 

Ainsi, $$\boxed{n_{_{Al_{2}S_{3}}}=0.33\;mol}$$

 

2) On veut former $0.50\;mol$ de sulfure d'aluminium $\left( Al_{2}S_{3}\right).$

 

Déterminons la quantité minimale d'aluminium et de soufre qu'il faut utiliser.

 

$-\ \ $ quantité minimale de soufre :

 

En considérant l'égalité (2), on a : $\dfrac{n_{_{S}}}{3}=\dfrac{n_{_{Al_{2}S_{3}}}}{1}$

 

Par suite, $$\boxed{n_{_{S}}=3n_{_{Al_{2}S_{3}}}}$$

 

A.N : $n_{_{S}}=3\times 0.50=1.5$

 

Ainsi, $$\boxed{n_{_{S}}=1.5\;mol}$$

 

$-\ \ $ quantité minimale d'aluminium :

 

D'après l'égalité (1), on obtient : $\dfrac{n_{_{Al}}}{2}=\dfrac{n_{_{S}}}{3}$

 

Donc, $$\boxed{n_{_{Al}}=\dfrac{2\times n_{_{S}}}{3}}$$

 

avec $\ n_{_{S}}=1.5\;mol$

 

A.N : $n_{_{Al}}=\dfrac{2\times 1.5}{3}=1$

 

Ainsi, $$\boxed{n_{_{Al}}=1\;mol}$$

Exercice 9 Bilan massique

Pour souder des rails de chemin de fer, on utilise l'aluminothermie.

 

Un mélange d'aluminium et d'oxyde de fer $\left(Fe_{2}O_{3}\right)$, placé entre les deux rails à souder, est enflammé.

 

Il se forme du fer et de l'oxyde d'aluminium $Al_{2}O_{3}.$

 

1) Écrivons l'équation bilan de la réaction chimique.

 

L'équation de la réaction étant donnée par :

$$Al\ +\ Fe_{2}O_{3}\ \rightarrow\ Fe\ +\ Al_{2}O_{3}$$

 

Alors, en équilibrant cette équation, on obtient l'équation bilan suivante :

$$2Al\ +\ Fe_{2}O_{3}\ \rightarrow\ 2Fe\ +\ Al_{2}O_{3}$$

 

2) On veut obtenir $112\;g$ de fer.

 

Pour cela, calculons la masse minimale d'oxyde de fer $\left(Fe_{2}O_{3}\right)$ et d'aluminium que l'on doit employer.

 

$-\ \ $ masse de $\left(Fe_{2}O_{3}\right)$

 

D'après l'équation bilan de la réaction, on a :

$$\begin{array}{rcl} 1\;mole_{_{(Fe_{2}O_{3})}}&\longrightarrow&2\;moles_{_{(Fe)}}\\n_{_{Fe_{2}O_{3}}}&\longrightarrow&n_{_{Fe}}\end{array}$$

 

Ce qui conduit à :

$$\dfrac{n_{_{Fe_{2}O_{3}}}}{1}=\dfrac{n_{_{Fe}}}{2}$$

 

Par suite, $$\boxed{n_{_{Fe_{2}O_{3}}}=\dfrac{n_{_{Fe}}}{2}}\quad(\text{égalité 1})$$

 

Or, on sait que : $n_{_{Fe_{2}O_{3}}}=\dfrac{m_{_{Fe_{2}O_{3}}}}{M_{_{Fe_{2}O_{3}}}}\ $ et $\ n_{_{Fe}}=\dfrac{m_{_{Fe}}}{M_{_{Fe}}}$

 

Ainsi, en remplaçant ces expressions de $n_{_{Fe_{2}O_{3}}}\ $ et $\ n_{_{Fe}}$ dans l'égalité (1), on trouve :

 

$\dfrac{m_{_{Fe_{2}O_{3}}}}{M_{_{Fe_{2}O_{3}}}}=\dfrac{\dfrac{m_{_{Fe}}}{M_{_{Fe}}}}{2}=\dfrac{m_{_{Fe}}}{2\times M_{_{Fe}}}$

 

Par suite,

$$\boxed{m_{_{Fe_{2}O_{3}}}=\dfrac{m_{_{Fe}}\times M_{_{Fe_{2}O_{3}}}}{2\times M_{_{Fe}}}}$$

 

Avec, $\ M_{_{Fe}}=56\;g.mol^{-1}\;;\;\ M_{_{Al}}=27\;g.mol^{-1}\;;\;\ M_{_{O}}=16\;g.mol^{-1}\ $ et

 

$\begin{array}{rcl} M_{_{Fe_{2}O_{3}}}&=&2M_{_{Fe}}+3M_{_{O}}\\ \\&=&2\times 56+3\times 16\\ \\&=&160\;g.mol^{-1}\end{array}$

 

A.N : $m_{_{Fe_{2}O_{3}}}=\dfrac{112\times 160}{2\times 56}=160$

 

D'où, $$\boxed{m_{_{Fe_{2}O_{3}}}=160\;g}$$

 

$-\ \ $ masse d'aluminium

 

En se référant encore à l'équation bilan de la réaction, on obtient :

$$\begin{array}{rcl} 2\;moles_{_{(Al)}}&\longrightarrow&2\;moles_{_{(Fe)}}\\n_{_{Al}}&\longrightarrow&n_{_{Fe}}\end{array}$$

 

Ainsi :

$$\dfrac{n_{_{Al}}}{2}=\dfrac{n_{_{Fe}}}{2}$$

 

Par suite, $$\boxed{n_{_{Fe_{2}O_{3}}}=n_{_{Fe}}}\quad(\text{égalité 2})$$

 

Comme $n_{_{Al}}=\dfrac{m_{_{Al}}}{M_{_{Al}}}\ $ et $\ n_{_{Fe}}=\dfrac{m_{_{Fe}}}{M_{_{Fe}}}$ alors, en remplaçant ces expressions de $n_{_{Al}}\ $ et $\ n_{_{Fe}}$ dans l'égalité (2), on trouve :

$$\dfrac{m_{_{Al}}}{M_{_{Al}}}=\dfrac{m_{_{Fe}}}{M_{_{Fe}}}$$

 

D'où,

$$\boxed{m_{_{Al}}=\dfrac{m_{_{Fe}}\times M_{_{Al}}}{M_{_{Fe}}}}$$

 

A.N : $m_{_{Al}}=\dfrac{112\times 27}{56}=54$

 

Ainsi, $$\boxed{m_{_{Al}}=54\;g}$$

Exercice 10 Bilan massique

Pour l'industrie du bâtiment, on fabrique de l'oxyde de calcium $(CaO)$, ou chaux vive, en chauffant du calcaire ou carbonate de calcium $\left(CaCO_{3}\right)$ dans de grands fours.

 

L'équation de la réaction est la suivante :

$$CaCO_{3}\quad\rightarrow\quad CaO\quad+\quad CO_{2}$$

 

1) Déterminons la masse de carbonate de calcium qu'il faudra transformer pour obtenir une tonne de chaux vive

 

D'après l'équation bilan de la réaction, on a :

$$\begin{array}{rcl} 1\;mole_{_{(CaCO_{3})}}&\longrightarrow&1\;mole_{_{(CaO)}}\\n_{_{CaCO_{3}}}&\longrightarrow&n_{_{CaO}}\end{array}$$

 

D'où, la correspondance suivante :

$$\dfrac{n_{_{CaCO_{3}}}}{1}=\dfrac{n_{_{CaO}}}{1}$$

 

Par suite, $$\boxed{n_{_{CaCO_{3}}}=n_{_{CaO}}}\quad(\text{égalité 1})$$

 

Comme $n_{_{CaCO_{3}}}=\dfrac{m_{_{CaCO_{3}}}}{M_{_{CaCO_{3}}}}\ $ et $\ n_{_{CaO}}=\dfrac{m_{_{CaO}}}{M_{_{CaO}}}$ alors, en remplaçant ces expressions de $n_{_{CaCO_{3}}}\ $ et $\ n_{_{CaO}}$ dans l'égalité (1), on trouve : $\dfrac{m_{_{CaCO_{3}}}}{M_{_{CaCO_{3}}}}=\dfrac{m_{_{CaO}}}{M_{_{CaO}}}$

 

Ce qui donne alors : 

$$\boxed{m_{_{CaCO_{3}}}=\dfrac{m_{_{CaO}}\times M_{_{CaCO_{3}}}}{M_{_{CaO}}}}$$

 

avec ; 

 

$\begin{array}{rcl} M_{_{CaCO_{3}}}&=&M_{_{Ca}}+M_{_{C}}+M_{_{O_{3}}}\\&=&40+12+3\times 16\\&=&100\;g.mol^{-1}\end{array}$

 

$\begin{array}{rcl} M_{_{CaO}}&=&M_{_{Ca}}+M_{_{O}}\\&=&40+16\\&=&56\;g.mol^{-1}\end{array}$

 

$m_{_{CaO}}=1\;t=1000\;kg=10^{6}\;g$

 

A.N : $m_{_{CaCO_{3}}}=\dfrac{10^{6}\times 100}{56}=1785714.285\;g$

 

Soit : $$\boxed{m_{_{CaCO_{3}}}=1.786\;t}$$

 

2) Masse de dioxyde de carbone obtenu

 

En considérant encore l'équation bilan de la réaction, on obtient :

$$\begin{array}{rcl} 1\;mole_{_{(CaO)}}&\longrightarrow&1\;mole_{_{(CO_{2})}}\\n_{_{CaO}}&\longrightarrow&n_{_{CO_{2}}}\end{array}$$

 

Ainsi,

$$\dfrac{n_{_{CaO}}}{1}=\dfrac{n_{_{CO_{2}}}}{1}$$

 

Par suite, $$\boxed{n_{_{CaO}}=n_{_{CO_{2}}}}\quad(\text{égalité 2})$$

 

Or, on sait que : $n_{_{CaO}}=\dfrac{m_{_{CaO}}}{M_{_{CaO}}}\ $ et $\ n_{_{CO_{2}}}=\dfrac{m_{_{CO_{2}}}}{M_{_{CO_{2}}}}$ donc, en reportant dans l'égalité (2), on trouve : $\dfrac{m_{_{CaO}}}{M_{_{CaO}}}=\dfrac{m_{_{CO_{2}}}}{M_{_{CO_{2}}}}$

 

Ce qui donne alors : 

$$\boxed{m_{_{CO_{2}}}=\dfrac{m_{_{CaO}}\times M_{_{CO_{2}}}}{M_{_{CaO}}}}$$

avec 

 

$\begin{array}{rcl} M_{_{CO_{2}}}&=&M_{_{C}}+M_{_{O_{2}}}\\&=&12+2\times 16\\&=&44\;g.mol^{-1}\end{array}$

 

$M_{_{CaO}}=56\;g.mol^{-1}\quad\text{et}\quad m_{_{CaO}}=1\;t=1000\;kg=10^{6}\;g$

 

A.N : $m_{_{CO_{2}}}=\dfrac{10^{6}\times 44}{56}=785714.285\;g$

 

Soit : $$\boxed{m_{_{CO_{2}}}=0.786\;t}$$

 

3) Le processus de fabrication de l'oxyde de calcium $(CaO)$, libère du gaz carbonique $(CO_{2})$ dans l'atmosphère entraînant ainsi, le réchauffement climatique.

 

En effet, le gaz carbonique $(CO_{2})$ est un gaz à effet de serre qui contribue à réguler la température de la planète en retenant les rayons infrarouges émis par le soleil dans l'atmosphère.

Cependant, une augmentation due à l'activité humaine peut provoquer un dérèglement de cet équilibre naturel. Ce qui, en conséquence, entraînera une élévation de la température de la planète.

Exercice 11 Bilan volumique

Le dioxyde de soufre $(SO_{2})$ réagit avec le sulfure d'hydrogène $(HS)$ selon l'équation-bilan :

$$SO_{2}\ +\ 2H_{2}S\ \rightarrow\ 3S\ +\ 2H_{2}O$$

Le dioxyde de soufre et le sulfure d'hydrogène sont à l'état gazeux.

 

1) Déterminons le volume de sulfure d'hydrogène nécessaire à la transformation de $1.5\;l$ de dioxyde de soufre.

 

En considérant l'équation-bilan de la réaction, on obtient :

$$\begin{array}{rcl} 1\;mole_{_{(SO_{2})}}&\longrightarrow&2\;moles_{_{(H_{2}S)}}\\n_{_{SO_{2}}}&\longrightarrow&n_{_{H_{2}S}}\end{array}$$

 

D'où, la correspondance suivante :

$$\dfrac{n_{_{SO_{2}}}}{1}=\dfrac{n_{_{H_{2}S}}}{2}$$

 

Par suite,

$$\boxed{n_{_{H_{2}S}}=2n_{_{SO_{2}}}}\quad(\text{égalité *})$$

 

Or, on sait que : $n_{_{H_{2}S}}=\dfrac{V_{_{H_{2}S}}}{V_{_{M}}}\ $ et $\ n_{_{SO_{2}}}=\dfrac{V_{_{SO_{2}}}}{V_{_{M}}}$ donc, en reportant dans l'égalité (*), on trouve : $\dfrac{V_{_{H_{2}S}}}{V_{_{M}}}=2\dfrac{V_{_{SO_{2}}}}{V_{_{M}}}$

 

Ce qui donne : $V_{_{H_{2}S}}=\dfrac{2\times V_{_{SO_{2}}}\times V_{_{M}}}{V_{_{M}}}$

 

Par conséquent,

$$\boxed{V_{_{H_{2}S}}=2\times V_{_{SO_{2}}}}$$

Application numérique : $V_{_{H_{2}S}}=2\times 1.5=3$

 

Donc, $\boxed{V_{_{H_{2}S}}=3\;l}$

 

2) Déterminons la masse de soufre que l'on peut préparer par ce procédé en faisant réagir $1.25\;m^{3}$ de dioxyde de soufre.

 

D'après l'équation-bilan de la réaction, on a :

$$\begin{array}{rcl} 1\;mole_{_{(SO_{2})}}&\longrightarrow&3\;moles_{_{(S)}}\\n_{_{SO_{2}}}&\longrightarrow&n_{_{S}}\end{array}$$

Par suite,

$$\dfrac{n_{_{SO_{2}}}}{1}=\dfrac{n_{_{S}}}{3}$$

D'où,

$$\boxed{n_{_{S}}=3n_{_{SO_{2}}}}\quad(\text{égalité **})$$

Comme $n_{_{S}}=\dfrac{m_{_{S}}}{M_{_{S}}}\ $ et $\ n_{_{SO_{2}}}=\dfrac{V_{_{SO_{2}}}}{V_{_{M}}}$ alors, en remplaçant dans l'égalité (**), on obtient : $\dfrac{m_{_{S}}}{M_{_{S}}}=3\dfrac{V_{_{SO_{2}}}}{V_{_{M}}}$

 

Ce qui donne :

$$\boxed{m_{_{S}}=\dfrac{3\times V_{_{SO_{2}}}\times M_{_{S}}}{V_{_{M}}}}$$

avec : $V_{_{SO_{2}}}=1.25\;m^{3}=1.25\cdot 10^{3}\;l\;;\ M(S)=32\;g.mol^{-1}\;;\ V_{M}=24\;l.mol^{-1}$

 

Application numérique : $m_{_{S}}=\dfrac{3\times 1.25\cdot 10^{3}\times 32}{24}=5\cdot 10^{3}$

 

Ainsi, $\boxed{m_{_{S}}=5\cdot 10^{3}\;g=5\;kg}$

Exercice 12 Bilan massique et volumique

Le magnésium $(Mg)$ brule dans l'air en donnant de l'oxyde magnésium $(MgO).$

 

1) Écrivons l'équation bilan de la réaction.

$$Mg\ +\ \dfrac{1}{2}O_{2}\ \rightarrow\ MgO$$

2) Calculons le volume de dioxygène nécessaire à la combustion de $2.4\;g$ de magnésium.

 

D'après l'équation-bilan de la réaction, on a :

$$\begin{array}{rcl} 1\;mole_{_{(Mg)}}&\longrightarrow&\dfrac{1}{2}\;moles_{_{(O_{2})}}\\n_{_{Mg}}&\longrightarrow&n_{_{O_{2}}}\end{array}$$

D'où, la correspondance suivante : $\dfrac{n_{_{Mg}}}{1}=\dfrac{n_{_{O_{2}}}}{\dfrac{1}{2}}$

 

Ce qui donne : $\dfrac{n_{_{Mg}}}{1}=\dfrac{2n_{_{O_{2}}}}{1}$

 

Soit : 

$$\boxed{n_{_{O_{2}}}=\dfrac{1}{2}n_{_{Mg}}}\quad(\text{égalité 1})$$

Or, on sait que : $n_{_{Mg}}=\dfrac{m_{_{Mg}}}{M_{_{Mg}}}\ $ et $\ n_{_{O_{2}}}=\dfrac{V_{_{O_{2}}}}{V_{_{M}}}.$

 

Donc, en reportant ces expressions de $n_{_{O_{2}}}\ $ et $\ n_{_{Mg}}$ dans l'égalité (1), on obtient : $\dfrac{V_{_{O_{2}}}}{V_{_{M}}}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{m_{_{Mg}}}{M_{_{Mg}}}$

 

Par suite,

$$\boxed{V_{_{O_{2}}}=\dfrac{m_{_{Mg}}\times V_{_{M}}}{2\times M_{_{Mg}}}}$$

Application numérique : $V_{_{O_{2}}}=\dfrac{2.4\times 24}{2\times 24}=1.2$

 

D'où, $\boxed{V_{_{O_{2}}}=1.2\;l}$

 

En déduisons le volume d'air utilisé.

 

Comme l'air sec contient en volume $21\%$ de dioxygène alors, le volume d'air $V_{\text{air}}$ utilisé dans la combustion de $2.4\;g$ de magnésium est tel que :

$$V_{_{O_{2}}}=\dfrac{21}{100}\times V_{\text{air}}$$

Par suite,

$$\boxed{V_{\text{air}}=\dfrac{100}{21}\times V_{_{O_{2}}}}$$

Application numérique : $V_{\text{air}}=\dfrac{100}{21}\times 1.2=5.71$

 

Ainsi, $\boxed{V_{\text{air}}=5.71\;l}$

 

3) Calculons la masse de l'oxyde de magnésium obtenue.

 

D'après l'équation-bilan de la réaction, on a :

$$\begin{array}{rcl} 1\;mole_{_{(Mg)}}&\longrightarrow&1\;mole_{_{(MgO)}}\\n_{_{Mg}}&\longrightarrow&n_{_{MgO}}\end{array}$$

D'où, la correspondance suivante : $\dfrac{n_{_{Mg}}}{1}=\dfrac{n_{_{MgO}}}{1}$

 

Soit :

$$\boxed{n_{_{MgO}}=n_{_{Mg}}}\quad(\text{égalité 2})$$

Comme $n_{_{MgO}}=\dfrac{m_{_{MgO}}}{M_{_{MgO}}}\ $ et $\ n_{_{Mg}}=\dfrac{m_{_{Mg}}}{M_{_{Mg}}}$ alors, en remplaçant dans l'égalité (2), on obtient : $\dfrac{m_{_{MgO}}}{M_{_{MgO}}}=\dfrac{m_{_{Mg}}}{M_{_{Mg}}}$

 

Ce qui donne alors,

$$\boxed{m_{_{MgO}}=\dfrac{m_{_{Mg}}\times M_{_{MgO}}}{M_{_{Mg}}}}$$

avec ; $M_{_{MgO}}=M_{_{Mg}}M_{_{O}}=24+16=40\;g.mol^{-1}$

Application numérique : $m_{_{MgO}}=\dfrac{2.4\times 40}{24}=4$

 

Soit : $\boxed{m_{_{MgO}}=4\;g}$

Exercice supplémentaire

La photosynthèse permet aux plantes d'utiliser l'énergie solaire afin de fabriquer les substances qui leur sont indispensables pour vivre.

 

Les nutriments nécessaires à la plante sont, entre autres, le dioxyde de carbone et l'eau.

 

C'est une transformation chimique qui conduit à la formation de glucose $(C_{6}H_{12}O_{6})$ et de dioxygène.

 

Pendant la nuit, la photosynthèse n'a plus lieu, la plante respire comme toute autre être vivant.

 

1) Par définition, une transformation chimique est une transformation au cours de laquelle des corps purs réagissent et disparaissent pour laisser apparaitre d'autres corps purs.

 

Or, la photosynthèse est un processus qui, sous l'effet de l'énergie solaire, fait réagir et disparaitre du dioxyde de carbone et de l'eau ; deux corps purs, pour produire du glucose $(C_{6}H_{12}O_{6})$ et du dioxygène.

 

C'est pourquoi on dit que la photosynthèse est une transformation chimique.

 

2) Les noms et les formules des réactifs mis en jeu dans la photosynthèse sont donnés dans le tableau suivant :

$$\begin{array}{|l|c|}\hline\text{nom}&\text{formule}\\ \hline\text{dioxyde de carbone}&CO_{2}\\ \hline\text{eau}&H_{2}O\\ \hline \end{array}$$

3) Les noms et les formules des produits formés sont donnés dans le tableau suivant :

$$\begin{array}{|l|c|}\hline\text{nom}&\text{formule}\\ \hline\text{glucose}&C_{6}H_{12}O_{6}\\ \hline\text{dioxygène}&O_{2}\\ \hline \end{array}$$

4) L'équation de cette réaction est :

$$CO_{2}\ +\ H_{2}O\ \rightarrow\ C_{6}H_{12}O_{6}\ +\ O_{2}$$

En équilibrant cette équation, on obtient l'équation-bilan suivante :

$$6CO_{2}\ +\ 6H_{2}O\ \rightarrow\ C_{6}H_{12}O_{6}\ +\ 6O_{2}$$

5) Une déforestation massive entraîne une disparition massive des arbres.

 

Or, ces arbres, à travers la réaction de photosynthèse, produisent du dioxygène qui est un gaz respiratoire indispensable à la vie.

 

Par conséquent, une déforestation massive peut entraîner une diminution considérable voire même une raréfaction de l'oxygène dans la nature.

 

Ce qui rendrait la vie impossible ; sans oxygène l'homme les animaux ne peuvent vivre sur terre.

 

D'où, cette inquiétude sur une quelconque déforestation massive.

 

 

 

I. Aspect dynamique

II. Vitesse du satellite sur orbite

Le mouvement étant circulaire uniforme alors, $\ \vec{a}=\vec{a}_{_{N}}.$

 

Ainsi, $$\vec{G}=\vec{a}_{_{N}}\ \Rightarrow\ G=a_{_{N}}$$

 

Or, $\ G=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{r^{2}}\ $ et $\ a_{_{N}}=\dfrac{v^{2}}{r}.$

 

Par suite, 

 

$\begin{array}{rcl} G=a_{_{N}}&\Leftrightarrow&\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{r^{2}}=\dfrac{v^{2}}{r}\\ \\&\Leftrightarrow&v^{2}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{r}\\ \\&\Leftrightarrow&v=\sqrt{\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{r}}\quad\text{or, }\;\ G_{0}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{R_{_{T}}^{2}}\ \Rightarrow\ \mathcal{G}.M_{_{T}}=G_{0}.R_{_{T}}^{2}\\ \\&\Leftrightarrow&v=\sqrt{\dfrac{G_{0}.R_{_{T}}^{2}}{r}}\quad\text{or, }\;\ r=R_{_{T}}+z\\ \\&\Leftrightarrow&v=\sqrt{\dfrac{G_{0}.R_{_{T}}^{2}}{R_{_{T}}+z}}\\ \\&\Leftrightarrow&v=R_{_{T}}\sqrt{\dfrac{G_{0}}{R_{_{T}}+z}}\end{array}$

 

D'où, $$\boxed{v=R_{_{T}}\sqrt{\dfrac{G_{0}}{R_{_{T}}+z}}}\qquad(1)$$

où $z$ est l'altitude du satellite et $R_{_{T}}$, rayon de la terre.

III. Période du satellite sur orbite

Soit $T$ la période su satellite sur orbite.

 

On a : $T=\dfrac{2\pi}{\omega}$ avec $\omega$ la vitesse angulaire du satellite.

 

Or, $\ v=r.\omega\ $ donc, $\ \omega=\dfrac{v}{r}$

 

Par suite, 

 

$\begin{array}{rcl} T&=&\dfrac{2\pi}{\omega}\\\\&=&\dfrac{2\pi}{\dfrac{v}{r}}\\ \\&=&\dfrac{2\pi.r}{v}\quad\text{or, }\;\ v=R_{_{T}}\sqrt{\dfrac{G_{0}}{r}}\\ \\&=&\dfrac{2\pi.r}{R_{_{T}}}\sqrt{\dfrac{r}{G_{0}}}\\ \\&=&\dfrac{2\pi}{R_{_{T}}}\sqrt{\dfrac{r^{3}}{G_{0}}}\quad\text{or, }\;\ r=R_{_{T}}+z\\ \\&=&\dfrac{2\pi}{R_{_{T}}}\sqrt{\dfrac{(R_{_{T}}+z)^{3}}{G_{0}}}\end{array}$

 

D'où, $$\boxed{T=\dfrac{2\pi}{R_{_{T}}}\sqrt{\dfrac{(R_{_{T}}+z)^{3}}{G_{0}}}}\qquad(2)$$

Satellite géostationnaire

Un satellite géostationnaire est un satellite ayant la même période de révolution que la terre : $$T=24\;h$$

 

Il est dit géostationnaire du fait qu'il est constamment en position fixe par rapport à la terre, dans le plan de l'équateur et son mouvement est uniforme par rapport à un référentiel géocentrique.

 

Ainsi, pour un observateur situé au niveau de l'équateur, le satellite semble ne pas bougé.

 

De la relation (2) on peut tirer l'altitude $z$ d'un satellite géostationnaire.

 

On a :

 

$\begin{array}{rcl} T=\dfrac{2\pi}{R_{_{T}}}\sqrt{\dfrac{(R_{_{T}}+z)^{3}}{G_{0}}}&\Rightarrow&T^{2}=\dfrac{4\pi^{2}(R_{_{T}}+z)^{3}}{R_{_{T}}^{2}.G_{0}}\\ \\&\Rightarrow&(R_{_{T}}+z)^{3}=\dfrac{T^{2}.R_{_{T}}^{2}.G_{0}}{4\pi^{2}}\quad\text{or, }\;\ G_{0}.R_{_{T}}^{2}=\mathcal{G}.M_{_{T}}\\ \\&\Rightarrow&(R_{_{T}}+z)^{3}=\dfrac{T^{2}.\mathcal{G}.M_{_{T}}}{4\pi^{2}}\\ \\&\Rightarrow&R_{_{T}}+z=\sqrt[3]{\dfrac{T^{2}.\mathcal{G}.M_{_{T}}}{4\pi^{2}}}\\ \\&\Rightarrow&z=\sqrt[3]{\dfrac{T^{2}.\mathcal{G}.M_{_{T}}}{4\pi^{2}}}+R_{_{T}}\end{array}$

 

D'où, $$\boxed{z=\sqrt[3]{\dfrac{T^{2}.\mathcal{G}.M_{_{T}}}{4\pi^{2}}}+R_{_{T}}}$$

 

A.N : $z=\sqrt[3]{\dfrac{86400^{2}\times 6.67\;10^{-11}\times 5.97\;10^{24}}{4\pi^{2}}}-64\;10^{5}=35826910.18\;m$

 

Soit : $\boxed{z\simeq 36000\;km}$

Troisième loi de Kepler - Loi des périodes

Le carré de la période de révolution est proportionnelle au cube du rayon de l'orbite : $$\dfrac{T^{2}}{r^{3}}=\text{constante}$$

 

On a :

 

$\begin{array}{rcl} T=\dfrac{2\pi}{R_{_{T}}}\sqrt{\dfrac{(R_{_{T}}+z)^{3}}{G_{0}}}&\Rightarrow&T^{2}=\dfrac{4\pi^{2}(R_{_{T}}+z)^{3}}{R_{_{T}}^{2}.G_{0}}\quad\text{or, }\;\ R_{_{T}}^{2}.G_{0}=\mathcal{G}.M_{_{T}}\\ \\&\Rightarrow&T^{2}=\dfrac{4\pi^{2}(R_{_{T}}+z)^{3}}{\mathcal{G}.M_{_{T}}}\quad\text{or, }\;\ R_{_{T}}+z=r\\ \\&\Rightarrow&T^{2}=\dfrac{4\pi^{2}.r^{3}}{\mathcal{G}.M_{_{T}}}\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{T^{2}}{r^{3}}=\dfrac{4\pi^{2}}{\mathcal{G}.M_{_{T}}}\end{array}$

 

D'où, la troisième loi de Kepler : $$\boxed{\dfrac{T^{2}}{r^{3}}=\dfrac{4\pi^{2}}{\mathcal{G}.M_{_{T}}}=\text{constante}}\qquad(3)$$

III. Aspect énergétique

III.1. Énergie cinétique d'un satellite

Par définition on a : $E_{c}=\dfrac{1}{2}m_{_{S}}.v^{2}$

 

Or, d'après la relation (1) on a : $v^{2}=\dfrac{R_{_{T}}^{2}.G_{0}}{R_{_{T}}+z}$ avec $R_{_{T}}^{2}.G_{0}=\mathcal{G}.M_{_{T}}$

 

Donc, $v^{2}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{R_{_{T}}+z}$

 

D'où, $$\boxed{E_{c}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{2(R_{_{T}}+z)}}\qquad(4)$$

III.2. Énergie potentielle d'un satellite

Considérons un satellite faisant un déplacement élémentaire de $dz$ par rapport à son altitude initiale.

 

Ainsi, le rayon $r$, de son orbite sera modifié de $dr.$

 

 

L'énergie potentielle du satellite est définie par : $\mathrm{d}E_{p}=-\mathrm{d}W(\vec{F})$

 

On a : 

 

$\begin{array}{rcl} \mathrm{d}E_{p}&=&-\mathrm{d}W(\vec{F})\\\\&=&-\vec{F}\cdot\vec{\mathrm{d}r}\\\\&=&-F\cdot\mathrm{d}r\cdot\underbrace{\cos(\vec{F}\;,\ \vec{\mathrm{d}r})}_{=-1}\quad\text{or, }\;\ \widehat{(\vec{F}\;,\ \vec{\mathrm{d}r})}=\pi\\\\&=&F\cdot\mathrm{d}r\\ \\&=&\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{r^{2}}\cdot\mathrm{d}r\end{array}$

 

Donc, $\mathrm{d}E_{p}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{r^{2}}\cdot\mathrm{d}r$

 

Ainsi, par passage aux primitives ou par intégration, on obtient : 

 

\begin{eqnarray} E_{p}&=&\int\mathrm{d}E_{p}\nonumber \\\\&=&\int\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{r^{2}}\cdot\mathrm{d}r\nonumber \\\\&=&\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}\int\dfrac{1}{r^{2}}\cdot\mathrm{d}r\quad\text{or, }\;\ \int\dfrac{1}{r^{2}}=-\dfrac{1}{r}+\text{cst}\nonumber \\\\&=&-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{r}+\text{cst}\nonumber\end{eqnarray}

 

Par suite, $E_{p}=-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{r}+\text{cst}$

 

Pour déterminer la constante on se réfère à l'état infini où l'énergie potentielle est nulle $(E_{p}(\infty)=0).$

 

Alors,

 

$\begin{array}{rcl} E_{p}(\infty)&=&E_{p_{(r\rightarrow\infty)}}\\ \\&=&\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\left(-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{r}+\text{cst}\right)\quad\text{or, }\;\ \lim\limits_{r\rightarrow\infty}-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{r}=0\\ \\&=&\text{cst}\end{array}$

 

D'où, $\text{cst}=0$

 

Par conséquent, $$\boxed{E_{p}=-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{R_{_{T}}+z}}\qquad(5)$$

avec $R_{_{T}}+z=r$

III.3. Énergie mécanique d'un satellite

L'énergie mécanique $E_{m}$, d'un satellite sur orbite est donnée par : $$E_{m}=E_{c}+E_{p}$$

 

D'après les relation (4) et (5) on a : 

 

$\begin{array}{rcl} E_{m}&=&E_{c}+E_{p}\\\\&=&\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{2(R_{_{T}}+z)}-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{R_{_{T}}+z}\\ \\&=&-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{2(R_{_{T}}+z)}\end{array}$

 

D'où, $$\boxed{E_{m}=-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{2(R_{_{T}}+z)}}\qquad(6)$$

Remarque

$E_{m}=-E_{c}\;,\ E_{m}=\dfrac{E_{p}}{2}\ $ et par suite, $E_{p}=-2E_{c}$

IV. Satellisation

La satellisation est la mise sur orbite d'un satellite.

IV.1. $1^{er}$ vitesse cosmique ou vitesse de satellisation

C'est la vitesse qu'il faut communiquer à un objet à partir du sol pour le satelliser sur orbite basse.

 

Soit $v_{1}$ la $1^{er}$ vitesse cosmique d'un satellite.

 

Les frottements étant négligeables alors, la conservation de l'énergie mécanique permet d'écrire : 

 

$$\begin{array}{rcl}\Delta E_{m}=0&\Rightarrow&E_{m_{(\text{initiale})}}=E_{m_{(\text{finale})}}\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{1}{2}m_{_{S}}.v_{1}^{2}-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{R_{_{T}}}=E_{c_{(\text{finale})}}-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{R_{_{T}}+z}\quad\text{or, }\;\ E_{c}=-\dfrac{E_{p}}{2}\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{1}{2}m_{_{S}}.v_{1}^{2}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{2(R_{_{T}}+z)}-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{R_{_{T}}+z}+\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{R_{_{T}}}\\ \\&\Rightarrow&v_{1}^{2}=\dfrac{2\mathcal{G}.M_{_{T}}}{R_{_{T}}}-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{R_{_{T}}+z}\\ \\&\Rightarrow&v_{1}=\sqrt{2\mathcal{G}.M_{_{T}}\left(\dfrac{1}{R_{_{T}}}-\dfrac{1}{2(R_{_{T}}+z)}\right)}\end{array}$$

 

D'où, $$\boxed{v_{1}=\sqrt{2\mathcal{G}.M_{_{T}}\left(\dfrac{1}{R_{_{T}}}-\dfrac{1}{2(R_{_{T}}+z)}\right)}}\qquad(7)$$

IV.2. $2^{em}$ vitesse cosmique ou vitesse de libération

C'est la vitesse avec laquelle il faut lancer un objet, à partir du sol, pour qu'il échappe à l'attraction terrestre.

 

Soit $v_{2}$ la vitesse de libération d'un satellite.

 

A l'infini la vitesse du satellite est nulle, l'énergie potentielle aussi est nulle. Donc, $E_{m_{(\text{finale})}}=0$

 

Par suite, la conservation de l'énergie mécanique permet d'écrire :

 

$\begin{array}{rcl}\Delta E_{m}=0&\Rightarrow&E_{m_{(\text{initiale})}}=E_{m_{(\text{finale})}}\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{1}{2}m_{_{S}}.v_{2}^{2}-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{R_{_{T}}}=0\\ \\&\Rightarrow&\dfrac{1}{2}m_{_{S}}.v_{2}^{2}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{R_{_{T}}}\\ \\&\Rightarrow&v_{2}^{2}=\dfrac{2\mathcal{G}.M_{_{T}}}{R_{_{T}}}\\ \\&\Rightarrow&v_{2}=\sqrt{\dfrac{2\mathcal{G}.M_{_{T}}}{R_{_{T}}}}\end{array}$

 

Ainsi, $$\boxed{v_{2}=\sqrt{\dfrac{2\mathcal{G}.M_{_{T}}}{R_{_{T}}}}}\qquad(8)$$

 

A.N : $v_{2}=\sqrt{\dfrac{2\times 6.67\;10^{-11}\times 5.97\;10^{24}}{64\;10^{5}}}=11.15\;10^{3}\;m.s^{-1}$

 

D'où, $\boxed{v_{2}=11.15\;km.s^{-1}}$

 

V. Impesanteur dans un satellite sur orbite

Un corps est en état d'impesanteur lorsque son poids semble disparaître (poids apparent ou réaction est nul).

 

Considérons un satellite sur orbite et soit un corps de masse $m$ placé à l'intérieur, en un point $A.$

 

Ce corps semble alors flotter du fait que son poids apparent est nul.

 

 

$-\ \ $ Par rapport au satellite, le corps de masse $m$ est immobile et les forces appliquées sont le poids $\vec{P}$ et la réaction $\vec{R}$, du support.

 

On obtient alors : $$\vec{P}+\vec{R}=\vec{0}\qquad(*)$$

 

$-\ \ $ Par rapport à un référentiel géocentrique supposé galiléen, ce corps en mouvement suivant la même accélération que le satellite, est soumis à la force d'interaction gravitationnelle $\vec{F}$ et à la réaction $\vec{R}.$

 

En appliquant la troisième loi de Newton, on obtient : $$\vec{F}+\vec{R}=m.\vec{a}$$

 

Or, $\ \vec{F}=m.\vec{G}\ $ ce qui donne alors, $$m.\vec{G}+\vec{R}=m.\vec{a}\qquad(**)$$

 

Par ailleurs, on sait que $\vec{G}=\vec{a}$

 

Donc, l'équation (**) devient : $m.\vec{a}+\vec{R}=m.\vec{a}$

 

D'où, $$\vec{R}=\vec{0}$$

 

Par suite, en reportant dans l'équation (*), on trouve $$\vec{P}=\vec{0}$$

 

Par conséquent, ce corps de masse $m$ est en état d'impesanteur.