Physique

Solution des exercices : Les acides carboxyliques - Ts

Classe: 
Terminale
 

Exercice 1

Partie A :

1) Calcul de masse molaire de $(A)$
 
$\begin{array}{lcl}\dfrac{M_{A}}{100}&=&\dfrac{2M_{0}}{\%O}\\ &\Rightarrow&M_{A}=\dfrac{2M_{0}\times 100}{\%O}\\ &=&\dfrac{2\times 16 \times 100}{31.37}\\ &\Rightarrow&M_{A}=102\,g\cdot mol^{-1} \end{array}$
 
Détermination de la forme brute de $(A)$
 
$\begin{array}{lcl} M_{A}&=&M_{C_{n}H_{2n}O_{2}}\\&=&14n+32\\&=&102&\Rightarrow&n=5, \end{array}$
 
d'où la formule brute : $C_{4}H_{9}COOH$
 
2) Formules semi-développées possibles :
 
$CH_{3}-(CH_{2})_{3}-COOH$ : acide pentanoique
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-COOH$ : acide$-2-$méthylbutanoique
 
$CH_{3}-CH_{2}(CH_{3})-CH_{2}-COOH$ : acide$-3-$méthylbutanoique
 
$(CH_{3})_{3}C-COOH$ : acide$-2.2-$diméthylpropanoique
 
3) a) Détermination de la concentration de la solution
 
$\begin{array}{lcl} C_{A}&=&\dfrac{m}{M_{A}V}\\&=&\dfrac{4}{102\times 200\cdot 10^{-3}}\\&\Rightarrow&C_{A}=0.20\,mol\cdot L^{-1} \end{array}$
 
b) Équation de la réaction 
 
$2C_{5}H_{9}-COOH+Fe\ \rightarrow\ (C_{5}H_{9}COO)_{2}Fe+H_{2}$
 
Le réactif en excès
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{n_{A}}{2}&=&\dfrac{m_{A}}{2M_{A}}\\&=&\dfrac{4}{2\times 102\cdot}\\&=&0.020\,mol\ ;\ \\\dfrac{n_{Fe}}{1}&=&\dfrac{2.8}{56}\\&=&0.048\,mol \end{array}$
 
$\dfrac{n_{Fe}}{1}>\dfrac{m_{A}}{2M_{A}}$ ; le Fer est réactif en excès
 
Le volume de gaz dégagé
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{n_{A}}{2}&=&n_{H_{2}}\\&\Rightarrow&V_{H_{2}}=n_{H_{2}}\times V_{m}\\&=&0.02\times 24\\&\Rightarrow&V_{H_{2}}=0.48\,L \end{array}$

Partie B :

1) a) La réaction est appelée réaction d'estérification directe.
 
b) Elle est lente, limitée et athermique
 
2) Formule semi-développées et nom de chaque isomère
 
a) $CH_{3}-CH_{2}-COO-CH_{3}$ : propanoate de méthyle
 
b) $CH_{3}-COO-CH_{2}-CH_{3}$ : éthanoate d'éthyle
 
c) $HCOO-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}$ : méthanoate de propyle
 
d) $HCOO-CH(CH_{3})_{2}$ : méthanoate d'ispropyle ou de $1-$méthyléthyle
 
3) Formule semi-développée, noms de l'acide et de l'alcool correspondant à chaque isomère de l'ester
 
a) $CH_{3}-CH_{2}-COOH$ : acide propanoique ; $CH_{3}OH$ : méthanol
 
b) $CH_{3}-COOH$ : acide éthanoique ; $CH_{3}-CH_{2}OH$ : éthanol
 
c) $HCOOH$ : acide méthanoique ; $CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}OH$ : propan$-1-$ol
 
d) $HCOOH$ : acide méthanoique ; $CH_{3}-CHOH-CH_{3}$ : propan$-2-$ol

Exercice 2

1) Lors d'une combustion complète d'un composé organique, l'élément carbone est mis en évidence par sa transformation en dioxyde de carbone et l'élément hydrogène en eau
 
2) Vérification des pourcentages en carbone, en hydrogène dans le composé $C_{n}H_{2n}O_{2}$
 
Par définition :
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{12n}{\%C}&=&\dfrac{2n}{\%H}\\&=&\dfrac{32}{\%O}\\&=&\dfrac{M}{100}\\ &\Rightarrow& \dfrac{12n}{\%C}=\dfrac{M}{100}\\&\Rightarrow&\%C=\dfrac{12n\times 100}{M} \end{array}$
 
Un raisonnement analogue conduit à $H=\dfrac{2n\times 100}{M}\text{ et }\%O=\dfrac{32\times 100}{M}$
 
b) Montrons que le rapport : $\dfrac{\%C}{\%H}=6$
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{\%C}{\%H}&=&\dfrac{\dfrac{12n\times 100}{M}}{\dfrac{2n\times 100}{M}}\\ &=&\dfrac{12n\times 100}{M}\times\dfrac{M}{2n\times 100}\\&=&\dfrac{12n}{2n}\\&=&6 \end{array}$
 
Pourcentages en hydrogène et en oxygène 
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{\%C}{\%H}&=&6\\&\Rightarrow&\%H=\dfrac{\%C}{6}\\&=&\dfrac{54.54}{6}\\&\Rightarrow&\%H=9.09\% \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} \%O&=&100\%-(\%C+\%H)\\&=&100\%-(54.54\%+9.09\%)\%O\\&=&36.37\% \end{array}$
 
c) Masse molaire $M$ du composé
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{M}{100}=\dfrac{32}{\%O}\\&\Rightarrow&M=\dfrac{32\times 100}{36.37}\\&\Rightarrow& M=88\,g\cdot mol^{-1} \end{array}$
 
Formule brute du composé
 
$\begin{array}{lcl} M=M_{C_{n}H_{2n}O_{2}}&=&14n+32\\&=&88\\&\Rightarrow&n=4 \end{array}$
 
d'où la formule brute : $C_{4}H_{8}O_{2}$
 
3) a) Équation de la réaction
 
$C_{4}H_{8}O_{2}\ +\ 5O_{2}\ \rightarrow\ 4CO_{2}\ +\ 4H_{2}O$
 
b) Volume de dioxyde carbone dégagé
 
D'après le bilan volumique :
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{V_{A}}{1}=\dfrac{V_{CO_{2}}}{4}\\&\Rightarrow&V_{CO_{2}}=4V_{A}\\&=&4\times 240\,V_{CO_{2}}\\&=&960\,mL \end{array}$

Exercice 3

Nature de la réaction chimique
 
$C_{n}H_{2n}\ +\ H_{2}O\ \rightarrow\ C_{n}H_{2n+2}O$
 
Il s'agit d'une réaction d'hydratation
 
Fonction chimique du produit obtenu
 
Le produit obtenu par hydratation de l'alcène est un alcool
 
$M_{C_{n}H_{2n+2}O}=14n+18=88$
 
$\Rightarrow n=5$
 
d'où la formule brute : $C_{5}H_{11}OH$
 
1) Équation de la réaction qui se produit
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-COOH+CH_{3}-CHOH-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}\rightleftarrows\\ CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-COOCH(CH_{3})-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}+H_{2}O$
 
2) Formule semi-développée de ce composé de $A$ et son nom.
 
L'alcool est secondaire ; son oxydation ménagée conduit à une cétone de formule semi-développée :
 
$CH_{3}-CO-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}$ : pentan$-2-$one

Exercice 4

1) Groupe fonctionnel caractéristique et nom des composés
$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{Composé et groupe fonctionnel}&\text{Nom du groupe fonctionnel}&\text{Nom du composé}\\ \hline A\ :\ CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-\boxed{OH}&\text{Hydroxyle}&\text{Propan}-1-\text{ol}\\ \hline B\ :\ CH_{3}-CH\boxed{OH}-CH_{3}&\text{Hydroxyle}&\text{Propan}-2-\text{ol}\\ \hline C\ :\ CH_{3}-CH_{2}-\boxed{COCl}&\text{Chlorure d'acide}&\text{Chlorure de propanoyle}\\ \hline D\ :\ CH_{3}-CH_{2}-\boxed{COO}CH_{2}-CH_{3}&\text{Ester}&\text{Propanoate d'éthyle}\\ \hline E\ :\ CH_{3}-\boxed{CO-NH_{2}}&\text{Amide}&\text{Etanamide}\\ \hline \end{array}$$
 
2) a) Équation-bilan des réactions 
 
Demi-équations électroniques :
 
$3\left(CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-OH\ \rightarrow\ CH_{3}-CH_{2}-CHO+2H^{+}+2e\right)$
 
$CrO_{7}^{2-}+14H^{+}+6e\ \rightarrow\ 2Cr^{3+}+7H_{2}O$
 
Équation-bilan de la première étape :
 
$3CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-OH+Cr_{2}O_{7}^{2-}+8H^{+}\ \rightarrow\ 3CH_{3}-CH_{2}-CHO+2Cr^{3+}+7H_{2}O$
 
Demi-équation électroniques :
 
$3\left(CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}+H_{2}O\ \rightarrow\ CH_{3}-CH_{2}-COOH+2H^{+}+2e\right)$
 
$CrO_{2}O_{7}^{2-}+14H^{+}+6e\ \rightarrow\ 2Cr^{3+}+7H_{2}O$
 
Équation--bilan de la deuxième étape
 
$3CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-OH+Cr_{2}O_{7}^{2-}+8H^{+}\ \rightarrow\ 3CH_{3}-CH_{2}-COOH+2Cr^{3+}+4H_{2}O$
 
b) Formule semi développée $H$
 
L'oxydation ménagée de $B$, alcool secondaire, donne la cétone $H$ de formule semi-développée :
 
$CH_{3}-CO-CH_{3}$
 
c) Nature $F$, $G$, et $H$ sont respectivement un aldéhyde, un acide carboxylique et cétone le réactif de Schiff permet de distinguer $F$ et $H$
 
$F\ :\ CH_{3}-CH_{2}-CHO$ : propanal
 
$G\ :\ CH_{3}-CH_{2}-COOH$ : acide propanoique
 
$H\ :\ CH_{3}-CO-CH_{3}$ : propanone
 
3) Réactions successives possibles permettant d'obtenir $C$ à partir de $A$
 
$CH_{3}CH_{2}-CH_{2}-OH+\dfrac{1}{2}O_{2}\ \rightarrow\ CH_{3}-CH_{2}-CHO+H_{2}O$
 
$CH_{3}-CH_{2}-CHO+\dfrac{1}{2}O_{2}\ \rightarrow\ CH_{3}-CH_{2}-COOH$
 
$CH_{3}-CH_{2}-COOHPCl_{5}\ \rightarrow\ CH_{3}-CH_{2}-COCl+POCl_{3}+HCl$
 
4) a) Formules semi-développée et noms pour $I$
 
$\begin{array}{lcl} M_{C_{n}H_{2n}O_{2}}&=&29d\\&\Rightarrow&14n+32=29\times3\\&\Rightarrow&n=4 \end{array}$
 
d'où la formule brute $\boxed{C_{4}H_{8}O_{2}}$
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-COOH$ : acide butanoique
 
b) Équation-bilan de la réaction
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-COOH+CH_{3}-CHOH_{3}\rightleftarrows CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-COO-CH_{2}-CH\left(CH_{3}\right)-CH_{3}+H_{2}O$
 
$J\ :\ CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-COO-CH_{2}-CH\left(CH_{3}\right)-CH_{3}$ : butanoate d'isobutyle
 
$-\ \ $Caractéristiques de la réaction :
 
La réaction est lente, limitée et athermique
 
Formule semi-développée et le nom d'un composé $K$
 
$CH_{3}-CH_{2}-COCl$ : chlorure de butanoate

Exercice 5

1) Un triglycéride est triester (ou ester) du glycérol
 
2) Formule semi-développée de la molécule du glycérol
 
$CH_{2}OH-CHOH-CH_{2}Oh$ 
 
3) L'acide palmitique est u  acide gras saturé car sa formule vérifie $C_{n}H_{2n+1}-COOH$ avec $n=15.$
 
4) Il faut molécule d'eau pour hydrolyser un ester ; donc trois molécules d'eau pour un triester
 
5) Équation de l'hydrolyse de la palmitine 
 
$C_{15}H_{31}-CO-O-CH_{2}$
 
$C_{15}H_{31}-CO-O-CH+3H_{2}O\rightleftarrows 3C_{15}H_{31}COOH+CH_{2}OH-CHOH-CH_{2}OH$
 
$C_{15}H_{31}-CO-O-CH_{2}$
 
6) Cet état final se nomme état d'équilibre.
 
Son origine est due à la réaction d'estérification ; réaction inverse de la réaction d'hydrolyse.

Exercice 6

1) a) Un alcool a pour formule générale :
 
$C_{n}H_{2n+1}OH$
 
b) L'alcool, subit une oxydation ménagée par le désoxygène de l'air pour donner un composé intermédiaire qui, avec le dioxygène en excès, se transforme $(B)$ qui rougit le $pH$ le désoxygène en excès.
 
c) le composé $(B)$ est un acide carboxylase de formule générale :
 
$C_{n}H_{2n+1}COOH$
 
2) a) Quantité de matière de $(B)$
 
A l'équivalence :
 
$\begin{array}{lcl} n_{B}&=&n_{NaOH}\\&\Rightarrow&n_{B}=C_{b}V_{b}\\&=&1\times 27\cdot 10^{-3}\\&=&27\cdot 10^{-3}mol \end{array}$
 
Nombre de môles de $(A)$ :
 
$n_{B}=n_{A}=27\cdot 10^{-3}mol$
 
b) Calcule la masse molaire de $(A).$
 
$\begin{array}{lcl} M_{A}&=&\dfrac{m}{n_{A}}\\&=&\dfrac{2}{27\cdot 10^{-3}}\\&\Rightarrow&\boxed{M_{A}=74\,g\cdot mol^{-1}} \end{array}$
 
Noms et sa formule semi-développé de $(A)$
 
$\begin{array}{lcl} M_{A}&=&M_{C_{n}H_{2n+2}O}\\&=&14n+18\\&=&74\\&\Rightarrow&n=4 \end{array}$
 
d'où la formule brute : $\boxed{C_{4}H_{9}OH}$
 
$(A)$, alcool à chaine linéaire, donne par oxydation ménagée dans un excès de dioxygène  un acide carboxylique ; $(A)$ est donc alcool primaire de semi-développée :
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}OH$ : butan$-1-$ol
 
c) Formule semi-développée du composé $(B)$ et son nom
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-COOH$ : acide butanoique
 
3) Formule semi-développée du composé $(C)$ formé serait un aldéhyde de formule semi-développée :
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CHO$ : butanal
 
4) a) Il s'agit d'une déshydratation intermoléculaire
 
b) Équation de la réaction :
 
$2CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}OH\stackrel{Al_{2}O_{3}}{\longrightarrow}_{350^{\circ}}CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-O-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}$
 
Le produit formé est $1-$ butoxybutane appartenant à la famille des éthers-oxydes

Exercice 7

1) Montrons que le mélange initial est équimolaire
 
$-\ $ Nombre de môles de l'acide :
 
$\begin{array}{lcl} n_{ac}&=&\dfrac{m_{ac}}{M_{ac}}\\&=&\dfrac{12}{(12\times 2+4\times 1+16\times 2)}\\&\Rightarrow&n_{ac}=0.2\,mol \end{array}$
 
$-\ $ Nombre de môles de l'alcool : 
 
$\begin{array}{lcl} n_{al}&=&\dfrac{m_{al}}{M_{al}}\\&=&\dfrac{12}{(12\times 3+8\times 1+16)}\\&\Rightarrow&n_{al}=0.2\,mol \end{array}$
 
$n_{ac}=n_{al}$ : le mélange est bien éqimolaire
 
Calcul de la composition initiale dans le tube :
 
$-\ $ Nombre de môles de l'acide dans un tube :
 
$\begin{array}{lcl} n_{ac}&=&\dfrac{n_{ac}}{10}\\&=&\dfrac{0.2}{(10}\\&\Rightarrow&n_{ac}=0.02\,mol \end{array}$
 
Chaque tube contient initialement $0.02\,mol$ de l'acide éthanoique et $0.02\,mol$ de l'alcool.
 
2) Équation de la réaction :
 
$CH_{3}-COOH+CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}OH\leftrightarrows CH_{3}COO-CH_{2}-CH_{2}-CH_{3}+H_{2}O$
 
3) a La température accélère la réaction.
 
L'acide sulfurique joue le rôle de catalyseur qui accélère aussi la réaction.
 
b) Le virage de l'indicateur coloré permet de connaitre expérimentalement le point d'équivalence.
 
c) La date $t=160\,min$ représente l'état d'équilibre au système chimique
 
$-\ $ Nombre de môles d'ester formé :
 
$\begin{array}{lcl} n_{ester}&=&\left(n_{ac}\right)_{0}-n_{acide\;restant}\\&=&20\cdot 10^{-3}-6.66\cdot 10^{-3}\\&\Rightarrow&n_{ester}=13.34\cdot 10^{-3}\,mol \end{array}$
 
d) Calcul le volume de soude $V_{éq}$ versé au cours du dosage à la date $t=160\,min$
 
On a :
 
$\begin{array}{lcl} n_{acide\;restant}&=&n_{NaOH_{0}}-n_{acide\;restant}\\&=&20\cdot 10^{-3}-6.66\cdot 10^{-3}\\&\Rightarrow&n_{ester}=13.34\cdot 10^{-3}\,mol \end{array}$
Comparons les volumes $V_{1}$ et $V_{2}$ de soude versés respectivement aux dates $t_{1}=100\,min$ et $t_{2}=200\,min$ au volume $V_{eq}$
 
$\begin{array}{lcl} V_{1}&=&\dfrac{n_{acide\;restant}}{C_{b}}\\&=&\dfrac{6.8\cdot 10^{-3}}{1}\\&\Rightarrow& \boxed{V_{1}=6.8\,mL} \end{array}$
 
 
$\begin{array}{lcl} V_{2}&=&\dfrac{n_{acide\;restant}}{C_{b}}\\&=&\dfrac{6.66\cdot 10^{-3}}{1}\\&\Rightarrow& \boxed{V_{2}=6.7\,mL} \end{array}$
 
Conclusion :
 
$V_{éq}\simeq V_{1}\ ;\ V_{éq}\simeq V_{2}$
 

Auteur: 
Amary Thiam & Sidy Mouhamed Ndiaye

Solution des exercices : Notion de réaction chimique - 4e

Classe: 
Quatrième
 

Exercice 1

Complétons le texte suivant en ajoutant les mots ou groupes de mots manquants.
 
a) La transformation de certains corps purs en d'autres corps purs est appelée réaction.
 
b) Les corps purs qui disparaissent sont les réactifs alors que ceux qui apparaissent sont les produits.
 
c) Au cours d'une réaction chimique il y a une transformation de la matière.
 
d) Une réaction est représentée par une équation bilan.

Exercice 2

 
 
 

Exercice 3

Dans cet exercice, il s'agit d'équilibrer des équations bilan de quelques réactions chimiques.
 
Pour cela, on utilise le principe de la conservation de la matière : au cours d'une réaction chimique, il y a une conservation de la matière.
 
Ainsi, pour chaque élément chimique, on doit avoir le même nombre d'atomes dans les réactifs que dans les produits.
 
Cela revient donc à mettre des coefficients appropriés devant les produits et les réactifs.
 
Ce qui donne enfin une équation bilan équilibrée.
 
Appliquons cette méthode pour équilibrer chacune des équations chimiques ci-dessous.
 
$NH_{3}+\dfrac{5}{4}O_{2}\ \longrightarrow\ NO+\dfrac{3}{2}H_{2}O$
 
$9C+2Al_{2}O_{3}\ \longrightarrow\ Al_{4}C_{3}+6CO$
 
$C_{2}H_{4}O+\dfrac{5}{2}O_{2}\ \longrightarrow\ 2CO_{2}+2H_{2}O$
 
$Fe_{3}O_{4}+4H_{2}\ \longrightarrow\ 3Fe+4H_{2}O$
 
$H_{2}S+Cl_{2}\ \longrightarrow\ 2HCl+S$
 
$Cl_{2}+2NaOH\ \longrightarrow\ NaCl+NaOCl+H_{2}O$
 
$CH_{4}+O_{2}\ \longrightarrow\ C+2H_{2}O$

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.

 
 
 
Auteur: 
Aliou ndiaye

Solutions des exercices : Les amines - Ts

Classe: 
Terminale
 

Exercice 1: Recherche d'une formule semi-développée 

a) Nombre d'amines pouvant répondre à la donnée

$\begin{array}{lcl}\dfrac{M_{C_{n}H_{2n+3}N}}{100}&=&\dfrac{14}{\%N}\\&\Rightarrow&M_{C_{n}H_{2n+3}N}&=&\dfrac{14\times 100}{\%N}\\&\Rightarrow&14 n+17&=&\dfrac{14\times 100}{19.18}\\&\Rightarrow&14n+17=73\\&\Rightarrow&n=4\\&\Rightarrow& C_{4}H_{11}N \end{array}$

 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-NH_{2}$ ;
 
$CH_{3}-CH(CH_{3})-CH_{2}-NH_{2}$ ;
 
$(CH_{3})C-NH_{2}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-NH-CH_{3}$ ;
 
$CH_{3}-CH(CH_{3})-NH-CH_{3}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-NH-CH_{2}-CH_{3}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-N(CH_{3})_{2}$ ;
 
Soient huit isomères
 
b) Nombre d'isomère correspondant à l'anmine primaire
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-NH_{2}$ ;
 
$CH_{3}-CH(CH_{3})-CH_{2}-NH_{2}$ ;
 
$(CH_{3})_{3}C-NH_{2}$ ; soient quatre isomères
 
c) L'amine présente un carbone asymétrique, il s'agit donc un butan$-2-$amine de formule semi-développée :
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-NH_{2}$ 

Exercice 2

a) Masse molaire et formule brute de l'amine $A$
 
A L'équivalence : $C_{1}V_{1}=C_{HCl}V_{2}\Rightarrow C_{1}=\dfrac{C_{HCl}V_{2}}{V_{1}}$
 
Nombre de môles de l'amine dans $V=1\,L$
 
$n_{A}=C_{1}V=\dfrac{C_{HCl}V_{2}}{V_{1}}V$
 
$\begin{array}{lcl}M_{A}&=&\dfrac{m_{A}}{n_{A}} \\&=&\dfrac{m_{A}V_{1}}{C_{HCl}V_{2}V}\\&=&\dfrac{7.5\times 40}{0.2\times 20.5\times 1}\\&\Rightarrow&M_{A}=73\,g\cdot mol^{-1}  \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl}M_{A}&=&M_{R-NH_{2}}\\ &=&M_{C_{n}H_{2n+1}NH_{2}}\\&=&M_{C_{n}H_{2n+3}N}&=&14n+17\\&=&73\\&\Rightarrow& n=4  \end{array}$
 
D'où la formule brute de $A$ : $C_{4}H_{11}N$
 
b) Les formules semi-développées possibles de $A$
 
L'amine secondaires résulte de l'alkylation d'une amine primaire, une tertiaire de l'alkylation de l'amine secondaire et un iodure d'ammonium quartenaire de l'alkylation d'une amine tertiaire.
 
$A$ peut-être une amine primaire, secondaire et tertiaire
 
Les formule développée possibles de $A$ sont:
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-NH_{2}$ ;
 
$CH_{3}-CH(CH_{3})-CH_{2}-NH_{2}$ ;
 
$(CH_{3})C-NH_{2}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-NH-CH_{3}$ ;
 
$CH_{3}-CH(CH_{3})-NH-CH_{3}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-NH-CH_{2}-CH_{3}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-N(CH_{3})_{2}$ ;
 
c) Formule semi-développée de $A$
 
$A$ possède un asymétrique, c'est un carbone lié à quatre atomes ou groupe d'atomes différents ; $A$ est donc le butan$-2-$amine de formule semi-développée :
 
$CH_{3}--CH_{2}-CH(CH_{3})-NH_{2}$ 
 
d) Formules semi-développées des amines et de l'ion ammonium quartenaire obtenus par action de l'iodométhane sue l'amine
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-NH-CH_{3}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-N(CH_{3})_{2}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-N^{+}(CH_{3})_{3}$ 

Exercice 3

1) Formule brute du composé
 
Soit $C_{x}H_{y}N_{z}$ la formule brute du composé
 
Déterminons les pourcentages des éléments présents dans le composé
 
$\%C=\dfrac{m_{C}\times 100}{m}$ Or
 
$\begin{array}{lcl} m_{C}&=&\dfrac{m_{CO_{2}\times M_{C}}}{M_{CO_{2}}}\\&\Rightarrow&\%C=\dfrac{m_{CO_{2}\times M_{C}\times 100}}{m\times M_{CO_{2}}}\\&=&\dfrac{1.32\times 12\times 100}{0.59\times 44}\\&\Rightarrow&\%C=61\% \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} \%H&=&\dfrac{m_{H_{2}}O\times 2M_{H}\times 100}{m\times M_{H_{2}}O}\\&=&\dfrac{0.81\times 2\times 1\times 100}{0.59\times 18}\\&\Rightarrow& \%H=15\% \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} \%N&=&\dfrac{m_{NH_{3}}\times M_{N}\times 100}{m\times M_{NH_{3}}}\\&=&\dfrac{0.17\times 14\times 100}{0.59\times 17}\\&\Rightarrow& \%N=24\% \end{array}$
 
Il existe une relation entre la composition molaire et la composition centésimale :
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{12x}{\%C}&=&\dfrac{y}{\%H}\\ &=&\dfrac{14z}{\%N}\\ &=&\dfrac{M}{100}\\ &=&\dfrac{29d}{100}\\ \\ &\Rightarrow&\dfrac{12x}{\%C}=\dfrac{29d}{100}\\ &\Rightarrow&x=\dfrac{29d\times \%C}{100\times 12}\\ &=&\dfrac{29\times 2.09\times 61}{100\times 12}\\ &\Rightarrow& x=3\\ \\ y&=&\dfrac{29d\times \%H}{100\times 1}\\ &=&\dfrac{29\times 2.09\times 15}{100\times 1}\\ &\Rightarrow& y=9\\ \\ z&=&\dfrac{29d\times \%N}{100\times 14}\\ &=&\dfrac{29\times 2.09\times 24}{100\times 14}\\ &\Rightarrow& z=1\ ;\ \text{d'où la formule brute : }\boxed{C_{3}H_{9}N} \end{array}$
 
2) Formules semi-développées des amines répondant à la formule : $C_{3}H_{9}N$
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2}$ ;
 
$CH_{3}-CH(NH_{2})-CH_{3}$ ;
 
$CH_{3}-CH_{2}-NH-CH_{3}$ ;
 
$(CH_{3})_{2}NH-CH_{3}$

Exercice 4

1) Détermination du pourcentage massique en azote de l'amine
 
$\begin{array}{lcl} \%N&=&\dfrac{m_{N}\times 100}{m}\\&=&\dfrac{0.7\times 100}{2.95}\\&\Rightarrow& \%N=24\% \end{array}$
 
2) Détermination de la formule brute de l'amine
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{M_{C_{n}H_{2n+3}N}}{100}&=&\dfrac{M_{N}}{\%N}\\&\Rightarrow&M_{C_{n}H_{2n+3}N}=\dfrac{M_{N}\times 100}{\%N}\\ &\Rightarrow&14n+17=\dfrac{14\times 100}{24}\\&\Rightarrow&14n+17=58\\&\Rightarrow& n=3\ ;\ \text{d'où la formule brute : }\boxed{C_{3}H_{9}N} \end{array}$
 
3) Formules semi-développée possibles, nom et classe des amines
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2}$ : propan$-1-$amine ; amine primaire
 
$CH_{3}-CH(NH_{2})-CH_{3}$ : propan$-2-$amine ; amine primaire
 
$CH_{3}-CH_{2}-NH-CH_{3}$ : $N-$méthyléthanamine ; amine secondaire
 
$(CH_{3})_{2}N-CH_{3}$ : $N-$diméthylméthanamine ; amine tertiaire
 
4) Identification de l'amine
 
L'amine étant secondaire ; il s'agit donc du $N-$méthyléthanamine de formule semi-développée : $CH_{3}-CH_{2}-NH-CH_{3}$

Exercice 5

a) Formule générale d'une amine saturée comportant $x$ atomes de carbone
 
Une formule générale d'une amine saturée comportant $x$ de carbone s'écrit sous forme :
 
$C_{x}H_{2x+3}N$
 
Expression $y$ en fonction $x$
 
$C_{x}H_{y}N=C_{x}H_{2x+3}N\Rightarrow y=2x+3$
 
b) Donner les formules semi-développée possibles de $B$
 
Il existe une relation entre la composition molaire et la composition centésimale :
 
$\begin{array}{lcl} \dfrac{M_{C_{x}H_{2x+3}N}}{100}&=&\dfrac{14}{\%N}\\&\Rightarrow&M_{C_{x}H_{2x+3}N}=\dfrac{14\times 100}{\%N}\\ &\Rightarrow&12x+2x+3+14=\dfrac{14\times 100}{27}\\&\Rightarrow&14x+17=52\\&\Rightarrow& x=3\ ;\ \text{d'où la formule brute : }\boxed{C_{3}H_{9}N} \end{array}$
 
Les formules semi-développées possibles :
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2}$ : propan$-1-$amine 
 
$CH_{3}-CH(NH_{2})-CH_{3}$ : propan$-2-$amine 
 
$CH_{3}-CH_{2}-NH-CH_{3}$ : $N-$méthyléthanamine
 
$(CH_{3})_{2}N-CH_{3}$ : $N-$diméthylméthanamine
 
c) Identification $B$
 
L'amine $B$ comporte un atome de carbone est lié à la fois à $N$ et à deux autres atomes de carbone ;il s'agit de propan$-2-$amine de formule semi-développée : $CH_{3}-CH(NH_{2})-CH_{3}$

Exercice 6

1) Équation de la combustion du composé
 
$C_{x}H_{y}N_{z}\ +\ \left(x+\dfrac{y}{4}\right)O_{2}\ \rightarrow\ xCO_{2}\ +\ \dfrac{z}{2}N_{2}\ +\ +\dfrac{y}{2}H_{2}O$
 
2) Valeur de la masse molaire $M$
 
$M=\dfrac{m}{n}$ or 
 
$\begin{array}{lcl}n&=&\dfrac{V}{V_{m}}\\ &\Rightarrow& M=\dfrac{m}{n}\\ &=&\dfrac{mV_{m}}{V}\\ &=&\dfrac{2\times 24}{1}\\ &\Rightarrow&\boxed{M=48\,g\cdot mol^{-1}} \end{array}$
 
3) Détermination des nombres $x\;,\ y\text{ et }z$
 
D'après l'équation bilan :
 
$\begin{array}{lcl}\dfrac{n}{1}&=&\dfrac{n_{CO_{2}}}{x}\\ &=&\dfrac{n_{N_{2}}}{z}\\ &=&\dfrac{n_{H_{2}O}}{y}\\ &\Rightarrow&\dfrac{m}{M}\\ &=&\dfrac{m_{CO_{2}}}{xM_{CO_{2}}}\\ &=&\dfrac{2m_{N_{2}}}{zM_{N_{2}}}\\ &=&\dfrac{2m_{H_{2}O}}{yM_{H_{2}O}}\left(n=\dfrac{m}{M}\right)\\ \\ \dfrac{m_{CO_{2}}}{xM_{CO_{2}}}&=&\dfrac{m}{M}\\ &\Rightarrow&x=\dfrac{Mm_{CO_{2}}}{mM_{CO_{2}}}\\ &=&\dfrac{48\times 0.88}{0.45\times 44}\\ &\Rightarrow&\boxed{x=2} \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} z&=&\dfrac{M\times 2m_{N_{2}}}{mM_{N_{2}}}\\ &=&\dfrac{48\times 2\times 0.14}{0.45\times 28}\\ &\Rightarrow&\boxed{z=1} \end{array}$
 
$\begin{array}{lcl} y&=&\dfrac{M\times 2m_{H_{2}O}}{mM_{H_{2}O}}\\ &=&\dfrac{48\times 2\times 0.63}{0.45\times 18}\\ &\Rightarrow&\boxed{y=7} \end{array}$
 
La formule brute du composé est donc : $\boxed{C_{2}H_{7}N}$
 
4) Détermination des formules semi-développée possibles du composé
 
$CH_{3}-CH_{2}-NH_{2}$ ;
 
$CH_{3}-NH-CH_{3}$

Exercice 7

1. Formule générale $C_{x}H_{y}N$ d'une amine aromatique comportant cycle
$$C_{6}H_{5}-C_{n}H_{2n}N=C_{n+6}H_{2n+7}N$$
 
Expression de $x$ et de $y$ en fonction du nombres n d'atomes de carbone ne faisant pas partie du cycle.
 
Par identification : $x=n\text{ et }y=2n$
 
2.1 Détermination $n$
 
$\begin{array}{lcl}\dfrac{M_{C_{n+6}H_{2n+7}N}}{100}&=&\dfrac{M_{N}}{\%N}\\ &\Rightarrow&M_{C_{n+6}H_{2n+7}N}\\ &=&\dfrac{M_{N}\times 100}{\%N}\\ &\Rightarrow&12(n+6)+1(2n+7)=\dfrac{14\times 100}{13.08}\\ &\Rightarrow&14n+79=107\\ &\Rightarrow&\boxed{n=2} \end{array}$
 
D'où la formule brute : $\boxed{C_{6}H_{5}-C_{2}H_{4}N}$
 
2.2 Formule semi-développées des différents isomères et noms correspondants à ces isomères.
 
$C_{6}H_{5}-CH_{2}-CH_{2}-NH_{2}C_{6}H_{5}-CH_{2}-NH_{2}-CH_{2}C_{6}H_{5}-NH_{2}-CH_{2}-CH_{3}$
 
$2-\text{phényléthan}-1-\text{amine}\ N-\text{méthylbenzylamine}\quad N-\text{phényléthanamine}$
 
Auteur: 
Amary Thiam & Sidy Mouhamed Ndiaye

Application de la gravitation universelle au mouvement des satellites - Ts

Classe: 
Terminale
 

I. Aspect dynamique

Soit un satellite $(S)$ de masse $m_{_{S}}$, en mouvement de rotation autour de la terre.
 
Supposons que sa trajectoire est circulaire.
 
Le système est constitué du satellite de masse $m_{_{S}}$ et le référentiel d'étude est le référentiel géocentrique considéré comme galiléen.
 
La seule force appliquée au système est la force d'attraction gravitationnelle $\vec{F}$ ; les frottements étant négligeables.
 
On a : $$\vec{F}=-\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}.m_{_{S}}}{r^{2}}\vec{u}$$
 
où $M_{_{T}}$ est la masse de la terre et $r$ ; le rayon de l'orbite du satellite.

 

 
En appliquant la deuxième loi de Newton, on obtient : $$\sum \vec{F}_{\text{ext}}=m_{_{S}}.\vec{a}$$
 
Soit : $$\vec{F}=m_{_{S}}.\vec{a}$$
 
Or, $\vec{F}=m_{_{S}}.\vec{G}\ $ donc, $m_{_{S}}.\vec{G}=m_{_{S}}.\vec{a}$
 
Par suite, $$\vec{G}=\vec{a}$$
 
Comme $\vec{G}$ est centripète alors, l'accélération $\vec{a}$ est normale.
 
Ainsi, sa composante tangentielle $\vec{a}_{_{T}}$ est nulle.
 
Or, $a_{_{T}}=\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\ $ donc, $\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}=0\ $ ; c'est-à-dire la vitesse $v$ est une constante.
 
Par conséquent, le mouvement est uniforme.
 
D'où, le satellite est animé d'un mouvement circulaire uniforme.

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.
 

Auteur: 
Diny Faye

Solutions des exercices : Les alcools - Ts

Classe: 
Terminale
 

Exercice 1

1) Formule semi-développée, nom et classe des isomères de $C_{5}H_{11}OH$
 
$CH_{3}-(CH_{2})_{3}-CH_{2}OH\ : \quad\text{pentan}-1-\text{ol}\ $ ; classe I
 
$CH_{3}-(CH_{2})_{2}-CHOH-CH_{3}\ : \quad\text{pentan}-2-\text{ol}\ $ ; classe II
 
$CH_{3}-CH_{2_{2}}-CH_{2}OH-CH_{2}-CH_{3}\ : \quad\text{pentan}-3-\text{ol}\ $ ; classe II
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}-CH(CH_{3})-CH_{2}OH\ : \quad 2-\text{methylbutan}-1-\text{ol}\ $ ; classe I
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-CH_{2}-CH_{2}OH\ : \quad 3-\text{methylbutan}-1-\text{ol}\ $ ; classe I
 
$CH_{3}-CH_{2}-COH(CH_{3})-CH_{3}\ : \quad 2-\text{methylbutan}-2-\text{ol}\ $ ; classe III
 
$CH_{3}-CH_{2}-(CH_{3})-CHOH-CH_{3}\ : \quad 3-\text{methylbutan}-2-\text{ol}\ $ ; classe II
 
$CH_{3}-C(CH_{3})_{2}-CH_{2}OH\ : \quad 2.2-\text{dimethylpropan}-1-\text{ol}\ $ ; classe I
 
2) Nom et classe de chaque alcool.
 
$A_{1}\ :\ 3-\text{méthylpentan}-2-\text{ol}\ $ ; classe II
 
$A_{2}\ :\ 2-\text{éthyl}-2-\text{méthylbutan}-1-\text{ol}\ $ ; classe I
 
$A_{3}\ :\ 2-\text{méthylpropan}-2-\text{ol}\ $ ; classe I
 
3) a) Le produit obtenu donne un précipité jaune avec le $2.4-D.N.P.H$ et n'agit pas avec le réactif de Schiff.
 
Il s'agit d'une cétone obtenue par ménage d'un alcool secondaire $A_{1}.$
 
b) Équations bilan de la réaction :
 
$5CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-CHOH-CH_{3}+2MnO_{4}^{-}+6H_{3}O^{+}\ \rightarrow\ 2Mn^{2+}+14H_{2}O^{+}$
 
$5CH_{3}-CH_{2}-CH(CH_{3})-CO-CH_{3}$
 
La cétone obtenue est le $3-\text{méthylpentan}-2-\text{one}$
 
4) a) Équation de la réaction de déshydratation de l'alcool $A_{3}$
 
$CH_{3}-COH(CH_{3})_{2}\stackrel{H_{2}SO_{4}}{\longrightarrow_{\Delta}}CH_{3}-C(CH_{3})=CH_{2}+H_{2}O$
 
b) Le nom est $2-\text{méthylpropène}$ ; il appartient à la famille des alcènes.

Exercice 2

1) Équation de la combustion complète de l'alcool $(A)$
 
$C_{n}H_{2n+1}OH+\dfrac{3n}{2}O_{2}\ \rightarrow\ nCO_{2}+(n+1)H_{2}O$
 
Une môle de molécules de l'alcool $(A)$ réagit avec $\dfrac{3n}{2}$ môles de molécules de dioygène pour donner $n$ môles de molécules de $CO_{2}$ et $(n+1)$ môles de molécules de $H_{2}O.$ 
 
2) Détermination de la formule brute de $(A)$
D'après le bilan molaire, on a : 
 
$\dfrac{n_{A}}{1}=\dfrac{n_{CO_{2}}}{n}\ $ or, $\ n_{A}=\dfrac{m_{A}}{M_{A}}\ $ et $\ n_{CO_{2}}=\dfrac{m_{CO_{2}}}{M_{CO_{2}}}$
 
Donc, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl}\dfrac{m_{A}}{M_{A}}=\dfrac{m_{CO_{2}}}{nM_{CO_{2}}}&\Rightarrow& M_{A}\times m_{CO_{2}}=nM_{CO_{2}}\times m_{A}\\&\Rightarrow&(14n+18)\times 17.6=44n\times 7.4\\&\Rightarrow&n=4\end{array}$
 
D'où, la formule brute de $(A)\ :$  $$\boxed{C_{4}H_{6}OH}$$
 
3) Formule semi-développée ; nom et classe des isomères de l'alcool $(A)$
 
$CH_{3}-(CH_{2_{2}})-CH_{2}OH\ : \quad$ butan$-1-$ol ; alcool primaire.
 
$CH_{3}-CH_{2_{2}}-CHOH-CH_{3}\ : \quad$ butan$-2-$ol ; alcool secondaire.
 
$CH_{3}-CH_{2}(CH_{2})-CH_{2}OH\ : \quad 2-\text{méthylpropan}-1-\text{ol}\ $ ; alcool primaire.
 
$CH_{3}-COH(CH_{3})_{2}\ : \quad 2-\text{méthylpropan}-2-\text{ol}\ $ ; alcool tertiaire.
 
4) a) Le composé $B$ réagit avec le $D.N.P.H$, mais pas avec le réactif de Schiff.
 
$B$ est une cétone produit de l'oxydation ménagée de l'alcool secondaire $(A)$  
 
$(A)$ est donc le butan$-2-\text{ol}\ : \quad CH_{3}-CH_{2}-CHOH-CH_{3}$
 
b) Formule semi-développée et nom de $(B)$
 
$B\ :\ CH_{3}-CH_{2}-CO-CH_{3}\ : \quad$ : butan$-2-$one
 
5) a) Équation de la réaction qui se produit (à revoir)
 
$CH_{3}-CH_{2}-CHOH-CH_{3}+HCl\ \rightarrow\ CH_{3}-CH_{2}-CHCl-CH_{3}+H_{2}O$
 
b) Masse de l'alcool consommée et la masse du produit récupéré
D'après l'équation de la réaction, on a : $$\dfrac{n_{A}}{1}=\dfrac{n_{HCl}}{1}=\dfrac{n_{C_{4}H_{9}Cl}}{1}$$
 
Or, $\ n_{A}=\dfrac{m_{A}}{M_{A}}\;,\ n_{HCl}=\dfrac{m_{HCl}}{M_{HCl}}\ $ et $\ n_{C_{4}H_{9}Cl}=\dfrac{m_{C_{4}H_{9}Cl}}{M_{C_{4}H_{9}Cl}}$
 
Ainsi :
 
$\begin{array}{rcl}\dfrac{m_{A}}{M_{A}}=\dfrac{m_{HCl}}{M_{HCl}}&\Rightarrow& m_{A}=\dfrac{m_{HCl}\times M_{A}}{M_{HCl}}\end{array}$
 
A.N : $m_{A}=\dfrac{3.65\times 74}{36.5}=7.4$
 
D'où, $\boxed{m_{A}=7.4\,g}$
 
De même :
 
$\begin{array}{rcl}\dfrac{m_{C_{4}H_{9}Cl}}{M_{C_{4}H_{9}Cl}}=\dfrac{m_{HCl}}{M_{HCl}}&\Rightarrow& m_{C_{4}H_{9}Cl}=\dfrac{m_{HCl}\times M_{C_{4}H_{9}Cl}}{M_{HCl}}\end{array}$
 
A.N : $m_{C_{4}H_{9}Cl}=\dfrac{3.65\times 92.5}{36.5}=9.25$
 
Par suite, $\boxed{m_{C_{4}H_{9}Cl}=9.25\,g }$

Exercice 3

1) Détermination de la formule brute de $(A)$
 
Soit $C_{x}H_{y}O_{z}$ le composé $(A)$
On a : $\dfrac{12x}{\%C}=\dfrac{y}{\%H}=\dfrac{16z}{\%O}=\dfrac{M}{100}$
 
Ainsi, 
 
$\begin{array}{rcl} \dfrac{12x}{\%C}=\dfrac{M}{100}&\Rightarrow& x=\dfrac{\%C\times M}{12x\times 100}=\dfrac{62\times 58}{12\times 100}\\ &\Rightarrow& \boxed{x=3} \end{array}$
 
De la même manière, on obtient : 
 
$y=\dfrac{\%H\times M}{1.0\times 100}=\dfrac{10.4\times 58}{12\times 100}\Rightarrow \boxed{y=6}$
 
$z=\dfrac{\%O\times M}{16\times 100}=\dfrac{27.6\times 58}{16\times 100}\Rightarrow \boxed{z=1}$
 
D'où, la formule brute de $\boxed{(A)\ :\ C_{3}H_{6}O}$
 
3) Identification de $(A)$
 
Le composé $(A)$ réagit avec le réactif de Schiff ; $(A)$ est donc un aldéhyde de formule semi-développée : $CH_{3}-CH_{2}-CHO$
 
4) Le composé peut être préparé, par exemple, par oxydation ménagée du propan$-1-$ol $(B)$ par le permanganate de potassium $KMnO_{4}$ en milieu acide.
 
5) a) Le propan$-1-$ol $(B)$, isomére de $(B)$, subit une oxydation ménagée par le dioxygène de l'air pour donner l'aldéhyde qui, à son tour, se transforme en acide carboxylique lorsque le dioxygène en excès
 
b) Équations des réactions
 
$CH_{3}-CH_{2}-CH_{2}OH+\dfrac{1}{2}O_{2}\rightarrow CH_{3}-CH_{2}-CHO+H_{2}O$
 
$CH_{3}-CH_{2}-CHO+\dfrac{1}{2}O_{2}\rightarrow CH_{3}-CH_{2}-COOH$

Exercice 4

1) Formule brute, formule semi-développée et nom de $(A)$
 
L'oxydation ménagée de $(A)$ par une solution de bichromate de potassium donne un composé $(B)$ qui précipite au jaune le $2.4-D.N.P.H$ et ne réagit pas avec la liqueur de Fehling $(B)$ est une cétone produit de l'oxydation ménagée de l'alcool secondaire $'A)$
 
D'où $(A)$ : $C_{4}H_{9}OH\ ;\ CH_{3}-CH_{2}-CHOH-CH_{3}$ : butan$-2-$ol
 
2) Formule semi-développée de $(B)$
 
$(B)$ : $CH_{3}-CH_{2}-CO-CH_{3}$ butan$-2-$one
 
Équation de la réaction
 
Demi-équation électroniques :
 
$CH_{3}-CH_{2}-CHOH-CH_{3}\rightarrow CH_{3}-CH_{2}-CO-CH_{3}+2H^{+}+2e$
 
$Cr_{2}O_{7}+14H^{+}+6e\rightarrow 2Cr^{3+}+7H_{2}O$
 
Bilan : $3CH_{3}-CH_{2}-CHOH-CH_{3}+Cr_{2}O_{7}+8H_{3}O^{+}\rightarrow 3CH_{3}-CH_{2}-CO-CH_{3}+15H_{2}O$
 
$CH_{3}-CH_{2}-CO-CH_{3}$ propanone
 
3) a) Il s'agit d'une réaction de déshydratation
 
b) Équation de la réaction
 
$\left(CH_{3}\right)_{2}CH-CH_{2}OH\stackrel{H_{2}SO_{4}\ _{\Delta}}{\ \Longrightarrow\ }\left(CH_{3}\right)_{2}C=CH_{2}+H_{2}O$
 
4) Équation de la réaction
 
$C_{4}H_{9}OH+6O_{2}\rightarrow 4CO_{2}+5H_{2}O$
 
Masse de l'alcool $(A)$ :
D'après l'équation de la réaction, on a :
 
$\dfrac{n_{A}}{1}=\dfrac{n_{O_{2}}}{6}\ $ or, $\ n_{A}=\dfrac{m_{A}}{M_{A}}\ $ et $\ n_{O_{2}}=\dfrac{V}{V_{m}}$
 
Ce qui donne :
 
$\begin{array}{rcl}\dfrac{m_{A}}{M_{A}}=\dfrac{V}{6V_{m}}&\Rightarrow& m_{A}=\dfrac{V\times M_{A}}{6V_{m}}\end{array}$
 
A.N : $m_{A}=\dfrac{0.4\times 74}{6\times 24}=0.21$
 
D'où, $\boxed{m_{A}=0.21\,g }$

Exercice 5

1)a) Équation de la combustion complète de l'alcool $(A)$
 
$C_{n}H_{2n+1}OH+\dfrac{3n}{2}O_{2}\rightarrow nCO_{2}+(n+1)H_{2}O$
 
b) Détermination de la formule brute de $(A)$
D'après l'équation de la réaction, on a :
 
$\dfrac{n_{A}}{1}=\dfrac{n_{O_{2}}}{\dfrac{3n}{2}}\ $ or, $\ n_{A}=\dfrac{m_{A}}{M_{A}}\ $ et $\ n_{O_{2}}=\dfrac{V}{V_{m}}$
 
Ainsi, 
 
$\begin{array}{rcl}\dfrac{m_{A}}{M_{A}}=\dfrac{2V}{3nV_{m}}&\Rightarrow& 3nV_{m}\times m_{A}=2V\times M_{A}\\&\Rightarrow& 3n\times 24\times 0.37=2\times0.72\times(14n+18)\\ &\Rightarrow& n=4 \end{array}$
 
D'où la forme brute : $C_{4}H_{8}OH$
 
b) Forme semi-développée, nom et classe des alcools isomères
 
$CH_{3}-(CH_{2})_{2}-CH_{2}OH\ : \quad$  butan$-1-$ol ; alcool primaire
 
$CH_{3}-CH_{2}-CHOH-CH_{3}\ : \quad$  butan$-2-$ol ; alcool secondaire
 
$CH_{3}-CH_{2}(CH_{3})-CH_{2}OH\ : \quad 2-\text{méthylpropan-1-}$ol ; alcool primaire
 
$CH_{3}-COH(CH_{3})_{2}\ : \quad 2-\text{méthylpropan-2-}$ol ; alcool tertiaire
 
2) a) L'isomère de position de $(A)$ ne réagit pas au cours d'une oxydation ménagée, $(A)$ est le :
 
$2-\text{metthylpropan}-1$ol de formule semi-développée $CH_{3}-CH_{2}(CH_{3})-CH_{2}OH$
 
b) Formule semi-développée et nom de $(B)$
 
$(CH_{3})_{2}CH-CHO\ : \quad 2-$méthylpropan
 
c) L'oxydation ménagée de l'aldéhyde $(B)$ conduit à l'acide carboxylique $(C)$ de formule semi-développée : $(CH_{3})_{2}CH-COOH$ acide $2-$méthylpropanoique
 
3) a) Équation de la réaction 
 
$(CH_{3})_{2}CH-CH_{2}OH\stackrel{180^{\circ}C}{\longrightarrow}(CH_{3})_{2}CH-CH_{2}$
 
b) Famille, nom et formule semi-développée de $(D)$ :
 
$(D)\ :\ (CH_{3})_{2}CH-CH_{2}\ : \quad 2-$méthylpropène ; famille des alcènes
 
4) a) Équation de la réaction qui se produit
 
$(CH_{3})_{2}CH-CH_{2}OH+HCl\rightarrow(CH_{3})_{2}CH-CH_{2}Cl+H_{2}O$
 
b) Masse d'alcool consommée et masse $m$ de produit formé
 
D'après la relation de proportionnalité
$\begin{array}{lcl} \dfrac{n_{A}}{1}=\dfrac{n_{HCl}}{1}&\Rightarrow& \dfrac{m_{A}}{M_{A}}=\dfrac{V}{V_{m}}\\ &\Rightarrow& m_{A}=\dfrac{V\times M_{A}}{V_{m}}\end{array}$
 
A.N : $m_{A}=\dfrac{0.36\times 74}{24}=1.11$
 
D'où, $\boxed{m_{A}=1.11\,g}$
 
Par ailleurs, $m=\dfrac{V\times M}{V_{m}}$
 
A.N : $m=\dfrac{0.36\times 92.5}{24}=1.4$
 
Par suite, $\boxed{m=1.4\,g}$

Exercice 6

1) La mise en évidence des éléments carbone et hydrogène peut être réalisée par la combustion complète du composé dans le dioxygène où l'élément carbone est transformé en dioxyde de carbone, l'hydrogène en eau
 
2) a) La quantité de matière de gaz obtenu
 
$n=\dfrac{V}{V_{m}}=\dfrac{0.48}{24}\Rightarrow n=2.0\cdot 10^{-2}mol$
 
b) Calcul de la masse molaire de $(A)$
 
3) a) Masse et pourcentage de carbone et d'hydrogène dans l'échantillon
$\begin{array}{rcl} \dfrac{m_{C}}{M_{C}}=\dfrac{m_{CO_{2}}}{M_{CO_{2}}}&\Rightarrow& m_{C}=\dfrac{m_{CO_{2}}\times M_{C}}{M_{CO_{2}}}\\ \\&\Rightarrow&m_{C}=\dfrac{3.25\times 12}{44}\\ \\&\Rightarrow& m_{C}=0.89\,g\end{array}$
 
Or, on sait que :
 
$\begin{array}{rcl}\%C=\dfrac{m_{C}}{m_{A}}\times 100&=&\dfrac{0.89}{1.48}\times 100\\ \\&=&0.60\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\%C=60\%}$
 
De la même manière, on a :
 
$\begin{array}{rcl} m_{H}&=&\dfrac{V_{H_{2}O}\times 2M_{H}}{V_{m}}\\ \\&=&\dfrac{2.4\times 2\times 1.0}{24}\\ \\&=&2.0\cdot10^{-1}\,g\end{array}$
 
Or, 
 
$\begin{array}{rcl}\%H=\dfrac{m_{H}}{m_{A}}\times 100&=&\dfrac{2.0\cdot 10^{-1}}{1.48}\times 100\\ \\&=&0.14\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{\%H=14\%}$
 
b) Pourcentage en oxygène
 
$\%O=100\%-(\%C+\%H)=100\%-(60\%+14\%)\Rightarrow \%O=26\%$
 
c) Formule brute de la substance
 
Soit $C_{x}H_{y}O_{z}$ la formule brute de la substance
 
Par définition : $\dfrac{12x}{\%C}=\dfrac{y}{\%H}=\dfrac{16z}{\%O}=\dfrac{M_{A}}{100}$
 
Par suite,
 
$\begin{array}{rcl} \dfrac{12x}{\%C}=\dfrac{M_{A}}{100}&\Rightarrow& x=\dfrac{\%C\times M_{A}}{12\times 100}=\dfrac{60\times 74}{12\times 100}\\ \\&\Rightarrow& x=4\end{array}$
 
De la même manière :
 
$\begin{array}{rcl} y&=&\dfrac{\%H\times M_{A}}{1.0\times 100}=\dfrac{14\times 74}{1.0\times 100}\\ \\ \Rightarrow\ y&=&10\end{array}$
 
$\begin{array}{rcl} z&=&\dfrac{\%O\times M_{A}}{16\times 100}=\dfrac{26\times 74}{16\times 100}\\ \\ \Rightarrow\ z&=&1\end{array}$
 
D'où la formule brute : $C_{4}H_{10}O$
 
d) Équation de la réaction de combustion de $(A)$
 
$C_{4}H_{10}O+6O_{2}\rightarrow 4CO_{2}+5H_{2}O$
 
e) Volume nécessaire de dioxygène à la combustion
 
D'après l'équation de la réaction :
$\begin{array}{lcl} \dfrac{n_{O_{2}}}{6}=\dfrac{n_{A}}{1}&\Rightarrow&\dfrac{V_{O_{2}}}{6V_{m}}=n_{A}\\ \\&\Rightarrow& V_{O_{2}}=6n_{A}\times V_{m}\end{array}$
 
A.N : $V_{O_{2}}=6\times 2.0\cdot 10^{-2}\times 24=2.9$
 
D'où, $\boxed{V_{O_{2}}=2.9\,L}$
 
4.Formule semi-développée, classe et nom de chaque isomère
 
$CH_{3}-(CH_{2})_{2}-CH_{2}OH\ : \quad$  butan$-1-$ol ; alcool primaire
 
$CH_{3}-CH_{2}-CHOH-CH_{3}\ : \quad$  butan$-2-$ol ; alcool secondaire
 
$CH_{3}-CH_{2}(CH_{2})-CH_{2}OH\ : \quad 2-\text{méthylpropan}-1-$ol ; alcool primaire
 
$CH_{3}-COH(CH_{3})_{2}\ : \quad 2-\text{méthylpropan}-2-$ol ; alcool tertiaire

Exercice 7

I. Démarche adoptée par Modou

1) a) Le dibrome sert de test d'identification des alcènes.
 
Le gaz est donc un alcène
 
b) Il s'agit d'une réaction de déshydratation intramoléculaire
 
2) a) Équation de la combustion complète d'un alcool
 
$C_{n}H_{2n+1}OH+\dfrac{3n}{2}O_{2}\rightarrow nCO_{2}+(n+1)H_{2}O$
 
b) Montrons comment Modou a pu déterminer la formule brute de l'alcool $A$
 
D'après l'équation de la réaction :
$\begin{array}{lcl} \dfrac{n_{A}}{1}=\dfrac{n_{CO_{2}}}{n}&\Rightarrow&\dfrac{m_{A}}{M_{A}}\\ \\&\Rightarrow& V_{CO_{2}}\times M_{A}=nV_{m}\times m_{A}\\ \\&\Rightarrow& 0.36\times(14n+18)=n\times 24\times 0.3 \\ \\&\Rightarrow& n=3 \end{array}$

II. Démarche adoptée par Mariame

1) a) Nature du produit $C$
 
Le produit $C$ donne un précipité jaune avec la $D.N.P.H$ ; mais sans action avec le réactif de Schiff ; le produit $C$ est donc une cétone
 
b) Il s'agit d'une réaction d'oxydation ménagée
 
b) la réaction d'oxydation ménagée d'un alcool primaire conduit à un aldéhyde lorsque l'oxydant est un défaut et à l'acide carboxylique celui-ci est en excès
 
2) a) Équation de la réaction du sodium avec un alcool quelconque 
 
Demi-équations électroniques:
 
$C_{n}H_{2n+1}OH+e\rightarrow C_{n}H_{2n+1}O^{-}+\dfrac{1}{2}H_{2}$
 
$Na\rightarrow Na^{+}+e$
 
Équation bilan
 
$C_{n}H_{2n+1}OH+Na\rightarrow C_{n}H_{2n+1}O^{-}Na^{+}+\dfrac{1}{2}H_{2}$
 
b) Montrons comment Mariane a pu déterminer la formule brute de l'alcool

D'après le bilan molaire
$\begin{array}{rcl} \dfrac{n_{A}}{1}=\dfrac{n_{H_{2}}}{\dfrac{1}{2}}&\Rightarrow&\dfrac{m_{A}}{M_{A}}\\ &\Rightarrow& V_{CO_{2}}\times M_{A}=nV_{m}\times m_{A}\\ \\&\Rightarrow& 0.36\times(14n+18)=n\times 24\times 0.3 \\ \\&\Rightarrow& n=3 \end{array}$
 
D'où la formule brute : $C_{3}H_{7}OH$

III. Résultats

1) En plus de déterminer la formule brute de l'alcool, la méthode de Mariame a permis de déterminer la classe de l'alcool.
 
Mariame a pu atteindre le but fixé par le professeur
 
2) Formule semi-développée, nom et classe de $A$
 
$CH_{3}-CHOH-CH_{3}$ : propan$-2-$ol ; alcool secondaire

Exercice 8

1) a) La fonction du composé $B$ est soit un aldéhyde, soit une cétone
 
b) Équation-bilan de la réaction d'oxydoréduction qui a lieu :
 
Demi-équations électroniques :
 
$C_{n}H_{2n+1}OH+e\rightarrow C_{n}H_{2n}O+2H^{+}+2e$
 
$Cr_{2}O_{7}^{2-}+14H^{+}+6e\rightarrow 2Cr^{2+}+7H_{2}O$
 
Bilan : 
 
$3C_{n}H_{2n+1}OH+Cr_{2}O_{7}^{2-}+8H^{+}\rightarrow 3C_{n}H_{2n}O+2Cr^{2+}+7H_{2}O$
 
2) Masse d'ester formé et taux d'alcool estérifié
$\begin{array}{lcl} m_{A}&=&29d\\&\Rightarrow& 14n+18=29\times 3.03\\ &\Rightarrow& n=5\end{array}$
 
D'où, $\boxed{A\ :\ C_{5}H_{11}OH}$
 
Équation de la réaction
 
$CH_{3}COOH+C_{5}H_{11}OH\leftrightarrows CH_{3}COOC_{5}H_{11}+H_{2}O$
 
Nombre de môles d'ester $n_{ester}=2.0-1.6=0.4\,mol$
$\begin{array}{lcl} m_{ester}&=&n_{ester}\times M_{CH_{3}COOC_{5}H_{11}}\\&=&0.4\,mol\times(12\times 7+2\times 16+14\times 1.0)\\&=&52 \end{array}$
 
D'où, $\boxed{m_{ester}=52\,g}$
 
Taux d'alcool estérifié :
 
$\tau=\dfrac{n_{A}}{n_{A_{i}}}$ avec $n_{A_{i}}$ $n_{A}$ respectivement nombre de môles d'alcool initialement introduit et consommé
 
$\tau=\dfrac{(0.5-0.4)}{0.5}=0.2$ ; soit $\tau=20\%$
 
3) Identification de $A$
 
$A$ est un alcool secondaire à chaine ramifiée et possédant un carbone asymétrique
 
$A\ :\ (CH_{3})_{2}CH-CHOH-CH_{3}$ 

 

Auteur: 
Amary Thiam & Sidy Mouhamed Ndiaye

Gravitation universelle - Ts

Classe: 
Terminale
 

I. Force gravitationnelle (Loi de Newton)

Soit les masses $m_{_{A}}$ et $m_{_{B}}$ de deux particules placées respectivement en $A$ et $B$ et séparées d'une distance $r$, les forces d'interaction gravitationnelle entre $m_{_{A}}$ et $m_{_{B}}$, notées $\vec{F}_{_{A/B}}$ et $\vec{F}_{_{B/A}}$, sont attractives, proportionnelles au produit des masses et inversement proportionnelles au carré de la distance qui les sépare.

 

 
 
$\vec{F}_{_{A/B}}$ est la force d'attraction de $A$ sur $B$, dirigée de $B$ vers $A$

$\vec{F}_{_{B/A}}$ est la force d'attraction exercée par $B$ sur $A$, dirigée de $A$ vers $B$

Ces deux forces ont la même direction, celle de la droite $(AB).$
 
De plus, On a : 

$\begin{array}{rcl} \vec{F}_{_{A/B}}&=&-\dfrac{\mathcal{G}.m_{_{A}}.m_{_{B}}}{r^{2}}\vec{u}_{_{AB}}\quad\text{or }\ \vec{u}_{_{AB}}=-\vec{u}_{_{BA}}\\ \\&=&-\left(-\dfrac{\mathcal{G}.m_{_{A}}.m_{_{B}}}{r^{2}}\vec{u}_{_{BA}}\right)\\ \\&=&-\vec{F}_{_{B/A}}\end{array}$

 
D'où, $$\vec{F}_{_{A/B}}=-\vec{F}_{_{B/A}}$$
 
Ainsi, $\vec{F}_{_{A/B}}$ et $\vec{F}_{_{B/A}}$ sont de sens opposé.
 
L'intensité de ces forces, exprimée en Newton (N), est donnée par : $$\boxed{F_{_{A/B}}=F_{_{B/A}}=\dfrac{\mathcal{G}.m_{_{A}}.m_{_{B}}}{r^{2}}}\qquad(1)$$ où, $\ \mathcal{G}=6.67\;10^{-11}\;N.m^{2}.kg^{-2}$ est la constante de gravitation universelle.

Exemple

Soit $m_{1}$ et $m_{2}$ deux masses de deux particules distantes de $r.$
 
Déterminer la force d'interaction gravitationnelle entre ces deux particules.
 
On donne : $m_{1}=25\;kg\;,\quad m_{2}=75\;,kg\;,\quad r=100\;m$

Résolution

En appliquant la loi de l'attraction gravitationnelle, on obtient : $$F_{_{1/2}}=F_{_{2/1}}=\dfrac{\mathcal{G}.m_{_{1}}.m_{_{2}}}{r^{2}}$$
 
A.N : $F_{_{1/2}}=F_{_{2/1}}=\dfrac{6.67\;10^{-11}\times 25\times 75}{100^{2}}=1.25\;10^{-11}$
 
D'où, $\boxed{F_{_{1/2}}=F_{_{2/1}}=1.25\;10^{-11}\;N}$

Remarque

L'interaction gravitationnelle s'applique aussi aux corps non ponctuels à symétrie sphérique dont la masse reste concentrée autour de leur centre d'inertie.

 

 

Exemple

La force d'attraction gravitationnelle exercée par la terre de masse $m_{_{T}}=5.97\;10^{24}\;kg$ sur la lune de masse $m_{_{L}}=7.35\;10^{22}\;kg$, séparée d'une distance $r=3.83\;10^{5}\;km$, a pour intensité : $$F_{_{T/L}}=\dfrac{\mathcal{G}.m_{_{T}}.m_{_{L}}}{r^{2}}$$
 
A.N : $F_{_{T/L}}=\dfrac{6.67\;10^{-11}\times 5.97\;10^{24}\times 7.35\;10^{22}}{(3.83\;10^{8})^{2}}=2\;10^{20}$
 
Ainsi, $\boxed{F_{_{T/L}}=2\;10^{20}\;N}$
 
Sans cette force, la trajectoire de la lune serait rectiligne uniforme. C'est donc cette force d'attraction qui entraîne continuellement la lune dans un mouvement autour de la terre en modifiant sa trajectoire. D'où, l'appellation de force de gravitation.

 

 

Remarque

La loi de l'attraction gravitationnelle est un phénomène universel lié à la présence de la matière (masse). Ses effets sont beaucoup mieux perceptibles entre les astres que entre des objets sur terre. 

II. Champ de gravitation $\vec{G}$

II.1 Définition

Dans une région de l'espace où règne un champ gravitationnel, en y plaçant une masse $m$, celle-ci est soumise à une fore gravitationnelle $\vec{F}$ définie par : $$\vec{F}=m.\vec{G}$$ 
 
$\vec{G}$ est appelé champ de gravitation exprimé en $N.kg^{-1}\ $ ou en $\ N.s^{-2}$

Remarque

$\vec{F}\ $ et $\ \vec{G}$ sont toujours de même sens.

II.2. Champ gravitationnel créé par une masse ponctuelle

Calculons le champ de gravitation créé par une masse ponctuelle $m$ en un point $A$ situé à une distance de $r$ mètres.

 

 
La masse $M$ placée au point $A$ est soumise à une fore gravitationnelle $\vec{F}$ telle que $\vec{F}=M.\vec{G}$
 
Or, d'après la loi de l'attraction gravitationnelle, $\vec{F}=-\dfrac{\mathcal{G}.m.M}{r^{2}}\vec{u}.$
 
Donc, $M.\vec{G}=-\dfrac{\mathcal{G}.m.M}{r^{2}}\vec{u}$
 
Par suite, $\vec{G}=-\dfrac{\mathcal{G}.m}{r^{2}}\vec{u}$
 
D'où, $$\boxed{G=\dfrac{\mathcal{G}.m}{r^{2}}}\qquad(2)$$

II.3. Champ de gravitation créé par un corps sphérique (une masse non ponctuelle)

Considérons un corps sphérique de rayon $R$ de masse totale $M$ et soit une masse $m$ placée en un point $A$ de l'espace.

 

 
Comme l'interaction gravitationnelle s'applique aussi aux corps non ponctuels à symétrie sphérique alors, le champ de gravitation créé par ce corps sphérique est donné par : $$\vec{G}=-\dfrac{\mathcal{G}.M}{r^{2}}\vec{u}$$
 
Or, $r=R+z$ donc, $$\vec{G}=-\dfrac{\mathcal{G}.M}{(R+z)^{2}}\vec{u}$$
 
D'où, $$\boxed{G=\dfrac{\mathcal{G}.M}{(R+z)^{2}}}\qquad(3)$$

II.3. Champ de gravitation créé par la terre

La terre étant un corps sphérique alors, son champ de gravitation sera donné par : $$G_{_{T}}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{(R_{_{T}}+z)^{2}}$$
 
$\centerdot\ \ $ A la surface de la terre, on a : $z=0$ donc, $$\boxed{G_{_{T}}=G_{0}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{R_{_{T}}^{2}}}$$
 
avec $M_{_{T}}=5.97\;10^{24}\;kg\;,\ R_{_{T}}=64\;10^{5}\;m$
 
A.N : $G_{0}=\dfrac{6.67\;10^{-11}\times 5.97\;10^{24}}{(64\;10^{5})^{2}}=9.82$
 
D'où, $\boxed{G_{0}=9.82\;N.kg^{-1}\simeq g}$
 
$\centerdot\ \ $ Au voisinage de la terre ; c'est-à-dire pour $z$ très petit devant $R_{_{T}}$, on a : 
 
$\begin{array}{rcl} G_{_{T}}=G_{z}&=&\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{(R_{_{T}}+z)^{2}}\\ \\&=&\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{(R_{_{T}}+z)^{2}}\times\dfrac{R_{_{T}}^{2}}{R_{_{T}}^{2}}\quad\text{or }\ G_{0}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{R_{_{T}}^{2}}\\ \\&=&G_{0}.\dfrac{R_{_{T}}^{2}}{(R_{_{T}}+z)^{2}}\\ \\&=&G_{0}\left(\dfrac{R_{_{T}}}{R_{_{T}}\left(1+\dfrac{z}{R_{_{T}}}\right)}\right)^{2}\\ \\&=&G_{0}\left(1+\dfrac{z}{R_{_{T}}}\right)^{-2}\end{array}$
 
D'après cours de mathématiques, la fonction $(1+x)^{\alpha}$ peut être approchée par $1+\alpha x$, au voisinage de 0 ; c'est-à-dire lorsque $x$ est très petit $(x\ll 1).$
 
Ainsi, en appliquent cette formulation à l'expression $\left(1+\dfrac{z}{R_{_{T}}}\right)^{-2}$ où $\dfrac{z}{R_{_{T}}}$ est très petit par rapport à 1 du fait que $z\ll R_{_{T}}$, on obtient : $$\left(1+\dfrac{z}{R_{_{T}}}\right)^{-2}=1-\dfrac{2z}{R_{_{T}}}$$
 
D'où, $$\boxed{G_{z}=G_{0}\left(1-\dfrac{2z}{R_{_{T}}}\right)}$$

III. Champ de gravitation $\vec{G}$ - Champ de pesanteur $\vec{g}$

Le poids $\vec{P}$ d'un objet de masse $m$, situé dans l'environnement terrestre et soumis à l'attraction gravitationnelle de la terre, est approximativement identique à la force d'attraction gravitationnelle $\vec{F}_{_{\text{Terre/Objet}}}$ exercée par la terre sur cet objet.
 
On a : $\vec{F}_{_{\text{Terre/Objet}}}=\vec{P}\ \Rightarrow\ m.\vec{G}=m.\vec{g}$
 
Soit : $$\vec{G}=\vec{g}$$
 
D'où, pour un objet situé à une altitude, $z$, de la terre : $$g_{_{T}}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{(R_{_{T}}+z)^{2}}$$
 
Par conséquent, à la surface de la terre $(z=0)$, on obtient : $$g_{_{T}}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{R_{_{T}}^{2}}\approx 9.81\;N.kg^{-1}$$
 
Par analogie, la pesanteur, $g_{_{L}}$, au niveau de la lune est donnée par : $$g_{_{L}}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{L}}}{R_{_{L}}^{2}}$$
avec $M_{_{L}}=7.35\;10^{22}\;kg\;,\ R_{_{L}}=1737.4\;km$
 
A.N : $g_{_{L}}=\dfrac{6.67\;10^{-11}\times 7.35\;10^{22}}{(1737.4\;10^{3})^{2}}=1.62$
 
D'où, $$\boxed{g_{_{L}}=1.62\;N.kg^{-1}}$$

Exemple

Soit une masse $m$ placée en un point $A$ équigravitationnel entre la terre et la lune.
 
A quelle distance $\ell$ de la terre se trouve alors la masse $m\ ?$
 
Données : $M_{_{T}}=5.97\;10^{24}\;kg\;,\ M_{_{L}}=7.35\;10^{22}\;kg\;,\ d=3.83\;10^{5}\;km$

Résolution

Au point équigravitationnel, on a : $$\vec{P}_{_{T}}+\vec{P}_{_{L}}=\vec{0}\ \Rightarrow\ \vec{g}_{_{T}}=-\vec{g}_{_{L}}$$
 
Soit alors, $$g_{_{T}}=g_{_{L}}$$
 
Soit $d$ la distance entre la terre et la lune.
 
Donc, si $\ell$ est la distance entre le point $A$ et le centre de la terre alors, $d-\ell$ sera la distance entre ce même point $A$ et le centre de la lune.
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} g_{_{T}}=g_{_{L}}&\Leftrightarrow&\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{T}}}{\ell^{2}}=\dfrac{\mathcal{G}.M_{_{L}}}{(d-\ell)^{2}}\\ \\&\Leftrightarrow&\dfrac{M_{_{T}}}{\ell^{2}}=\dfrac{M_{_{L}}}{(d-\ell)^{2}}\\ \\&\Leftrightarrow&\dfrac{M_{_{T}}}{M_{_{L}}}=\dfrac{\ell^{2}}{(d-\ell)^{2}}\\ \\&\Leftrightarrow&\dfrac{\ell}{(d-\ell)}=\sqrt{\dfrac{M_{_{T}}}{M_{_{L}}}}\\ \\&\Leftrightarrow&\ell=(d-\ell)\sqrt{\dfrac{M_{_{T}}}{M_{_{L}}}}\\ \\&\Leftrightarrow&\ell\left(1+\sqrt{\dfrac{M_{_{T}}}{M_{_{L}}}}\right)=d.\sqrt{\dfrac{M_{_{T}}}{M_{_{L}}}}\\ \\&\Leftrightarrow&\ell=\dfrac{d.\sqrt{\dfrac{M_{_{T}}}{M_{_{L}}}}}{\left(1+\sqrt{\dfrac{M_{_{T}}}{M_{_{L}}}}\right)}\end{array}$
 
Donc, $$\boxed{\ell=\dfrac{d.\sqrt{\dfrac{M_{_{T}}}{M_{_{L}}}}}{\left(1+\sqrt{\dfrac{M_{_{T}}}{M_{_{L}}}}\right)}}$$
 
A.N : $\ell=\dfrac{3.83\;10^{8}\times\sqrt{\dfrac{5.97\;10^{24}}{7.35\;10^{22}}}}{1+\sqrt{\dfrac{5.97\;10^{24}}{7.35\;10^{22}}}}=3.45\;10^{8}\;m$
 
D'où, $\boxed{\ell=3.45\;10^{5}\;km}$

 

 
A cette distance $\ell$, de la terre, la masse $m$ reste en équilibre entre la terre et la lune.
 
C'est le même phénomène qui se produit avec les satellites qui doivent se libérer de la pesanteur terrestre pour se mettre sur orbite. 

Auteur: 
Diny Faye

Série d'exercices sur les acides a-aminés - Ts

Classe: 
Terminale
 

Exercice 1 Étude d'acides aminés

La glycémie, ou acide $2-$amino éthanoique, et l'amine sont les acides $\alpha$aminés les plus simple.
$$\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{Nom}&\text{Forme moléculaire}&\text{Amphion}\\ \hline \text{Glycémie}&NH_{2}-CH_{2}-COOH&N_{3}^{+}N-CH-COO^{-}\\ \hline \text{Alamine}&CH_{3}-CH-COOH&CH_{3}-CH-COO^{-} \mid            \mid NH_{2}           NH_{3}^{+}\\ \hline \end{array}$$
 
1.1 Identifier les groupes caractéristiques présents sur ces deux molécules.
 
1.2 Représenter l'alamine de façon à mettre en évidence le carbone asymétrique.
 
Combien existe-t-il de stéréoisomètres de l'alamine.
 
Préciser leur nature.
 
Qu'en est-il de la glycémie ?
 
2. En solution aqueuse, il se forme presque exclusivement un ion dipolaire, appelé amphion ou zwitterion (représenté dans le tableau précédent).
 
2.1 Définir un acide et une base selon Bronsted.
 
2.2 Quel est l'acide conjugué de cet amphion (on donne $pK_{A_{2}}=9.9)$ ?
 
Écrire alors l'équation de la réaction de cet amphion avec l'eau.
 
Quel est ici le rôle de l'eau ?
 
Celui de l'amphion ?
 
2.3 Quelle est la base conjuguée de cet amphion (on donne $pK_{A_{1}}=2.3)$ ?
 
Écrire alors l'équation de la réaction de cet amphion avec l'eau.
 
Quel est ici le rôle de l'eau et celui de l'amphion ?
 
2.4 Comment peut-on qualifier cet amphion ?
 
3. Les valeurs respectives des $pK_{A}$ des couples acido-basiques sont $pK_{A_{1}}=2.3$ et $pK_{A_{2}}=9.9.$
 
3.1 Sur un axe de $pH$, indiquer les domaines de prédominance de chaque couple de l'alamine.
 
3.2 On acidifie la solution aqueuse de l'alamine, on obtient un $pH$ de $2.$
 
Quelle est l'espèce majoritaire ?
 
Que se passe-t-il si la solution a un $pH=6$, un $pH=11$ ?

Exercice 2

Une solution d'amine aliphatique saturée $B$ de concentration molaire $C_{B}$ a un $Ph=11.9$ à $25^{\circ}C$
 
2.1 On dose un volume $V_{B}=250\,mL$ d'une solution de l'amine $B$ par une solution d'acide sulfurique de concentration molaire $C_{A}=0.1\,mol\cdot L^{-1}.$
 
Le volume d'acide versé pour atteindre la demi-équivalence est $V_{A}=6.25\,mL$
 
Montrer à l'aide de ces données que la concentration de l'amine $B$ vaut $C_{B}=0.1\,mol\cdot L^{-1}.$
 
2.2 Sachant que l'amine $B$ est une base faible qui se dissocie faiblement, montrer que $$pK_{A}=2pH-(pKe+\log\,C_{B})$$
 
En déduire la valeur du $pK_{A}$ du couple acide-base
 
2.3 Pour préparer $250\,mL$ de cette solution il a fallu dissoudre $1.125\;g$ d'amine
 
Déterminer la formule brute de l'amine.
 
Écrire les formules semi-développées des isomères et les nommer.
 
2.4 On fait réagir l'amine secondaire $B$ avec un acide carboxylique $A.$
 
On obtient après chauffage un composé $C$ de formule brute $C_{x}H_{y}ON$ dont l'analyse de $0.645\,g$ montre qu'il contient $0.07\,g$ d'azote
 
a) Déterminer la formule brute du composé $C.$
 
b) Écrire la formule semi-développée du composé $C$ sachant que la molécule d'acide possède un carbone asymétrique et nommer-le
 
c) Écrire l'équation de formation du composé $C.$

Exercice 3 (Bac 2009)

Amines, amides, acides aminés et autres sont des composés organiques azotés qui jouent un rôle important dans le fonctionnement des organismes vivants, de l'être humain en particulier, en intervenant dans un grand nombre de réactions biochimiques.
 
Les acides $\alpha-$aminés, en particulier, constituent les matières de base des polypeptides et des protéines qui peuvent intervenir dans les systèmes de régulation et jouer le rôle d'enzymes (catalyseurs biologiques).
 
1.1 Écrire la formule générale d'une amine primaire et celle d'un acide $\alpha-$aminée.
 
1.2 Un acide $\alpha-$aminée $A$ donne, par décarboxylation, une amine primaire $B$ de masse molaire $31\,g\cdot mol^{-1}.$
 
Donner la formule semi-développée et le nom de l'amine primaire $B.$
 
En déduire la formule semi-développée et le nom de l'acide $\alpha-$aminé $A.$ 
 
1.3 Écrire l'équation-bilan de la réaction de l'amine $B$ avec l'eau.
 
Préciser le couple acide/base auquel appartient $B.$
 
1.4 On considère une solution aqueuse de l'amine $B$ de concentration initiale $C.$
 
En supposant que la valeur de $C$ est telle $[OH^{-}]$ $C$, démontrer que le $pH$ de cette solution est donné par la relation : $pH=7+(pKa+\log\,C).$
 
En déduire la valeur du $pH$ d'une solution à $10^{-1}\,mol\cdot L^{-1}$ de l'amine.
 
Le $pKa$ du couple acide/base auquel appartient $B$ vaut : $pKa=10.7$
 
1.5 On désire synthétiser un dipeptide $D$ en mettant en évidence la liaison peptidique.
 
On donne la formule de l'alamine : $CH_{3}-CH_{2}-COOH$

Exercice 4

La valine est un acide $\alpha-$aminé dont la formule semi-développée est :

 

 
1. Donner le nom de la valine en nomenclature systématique.
 
2. Recopier la formule semi-développée de la valine, entourer les groupements fonctionnels caractéristiques de ce composé et donner le nom des fonctions correspondantes.
 
3.La valine possède un atome de carbone asymétrique.
 
3.1 Rappeler la définition de ce terme.
 
3.2 Identifier sur la formule semi-développée de la valine, le carbone asymétrique par un astérisque $\ast.$
 
3.3 Donner, selon Fischer, la représentation des deux énantiomètres de la valine.
 
Identifier la série de chacun d'eux.
 
4. Les solutions aqueuses de valine contiennent un ion dipolaire, appelé aussi amphion ou zwitterion.
 
4.1 Représenter la formule semi-développée de cet ion.
 
4.2 Justifier l'existence de cet ion.
 
4.3 Écrire les deux couples acido-basiques dont fait partie cet ion dipolaire.
 
4.4 Pour chacun des couples écrire l'équation de la demi-réaction correspondance.
 
5. On réalise une réaction de condensation entre la valine et un acide $\alpha-$aminé $X.$
 
Un des dipeptides obtenus a pour formule :

 

 
5.1 Nommer la liaison formée entre les deux acides $\alpha-$aminés.
 
5.2 Représenter la formule semi-développée de l'acide $\alpha-$aminé $X.$

Exercice 5 : Un dipeptide - l'aspartame

Données :
 
Masse molaires en $g\cdot mol^{-1}$ : $H=1\ ;\ C=12\ ;\ O=16\ ;\ N=14$
 
L'aspartame est un édulcorant possédant un pouvoir sucrant et qui est utilisé dans les boissons "light".
 
La formule de l'aspartame est :

 

 
Recopier la molécule d'aspartame et répondre aux questions suivantes :
 
1.1 Encadrer la liaison peptidique.
 
1.2 D'autres groupes fonctionnels sont présents dans cette molécule.
 
Entourer et identifier clairement les groupes fonctionnels acides carboxyliques et ester.
 
1.3 Sachant que l'aspartame a pour formule brute $C_{14}H_{18}O_{5}N_{2}.$
 
Montrer que sa masse molaire est $M=294\,g\cdot mol^{-1}.$
 
1.4 Un litre de limonade allégée contient $m=0.60\,g$ d'aspartame.
 
1.4.1 Montrer que la quantité de matière $n_{asp}$ d'aspartame contenue dans le litre de cette limonade vaut $n_{asp}=2.0\times 10^{-3}mol.$
 
1.4.2 Calculer la concentration molaire $c$ en aspartame de la boisson.
 
2. Après consommation d'une telle boisson, l'aspartame est hydrolysé dans l'estomac.
 
Les produits de la réaction sont deux acides $\alpha-$aminés et du méthanol.
 
2.1 On donne la formule générale d'un acide $\alpha-$aminé :
 
Sur la formule recopiée, entourer et identifier clairement les groupes fonctionnels caractéristiques des acides $\alpha-$aminés.
 
2.2 Après hydrolyse, l'un des deux acides $\alpha-$aminés obtenus est la phénylalamine de formule :

 

 
Compléter, après l'avoir recopiée, la configuration $D$ de la phénylalamine en projection de Fischer.

 

 
 

Exercice 6

Les albumines et les globulines sont des protéines globulaires (sphéroprotéines) qui se trouvent aussi bien chez les animaux que chez les végétaux.
 
Les albumines sont riches en acide glutamique (glutamate), en acide aspartique (aspartate), en lysine et en leucine.

Partie 1 : Étude de la leucine

La leucine est un acide $\alpha-$aminé de formule semi-développée :

 

 
1.1 Justifier que cette molécule est bien un acide $\alpha-$aminé.
 
Encadrez sur la formule que vous avez recopiée sur votre copie les deux enchainements d'atomes carractéristiques.
 
1.2 Donner la définition d'un atome de carbone asymétrique.
 
1.3 Montrer que la leucine contient bien un atome de carbone asymétrique.
 
Le repérer sur la formule recopiée précédemment.
 
1.4 Cette molécule est chirale.
 
Justifier cette affirmation.
 
1.5 De part sa chiralité, cette molécule présente deux énantiomètres.
 
Donner le nom de chacun d'eux.
 
1.6 L'organisme des mammifères ne peut utiliser qu'un de ces énantiomètres.
 
Lequel ?
 
1.7 Donner la représentation de Fsher de l'énantiomètre mentionné à la question 1.6

Partie 2 : La séquence leucine-lysine

Dans les albumines, des séquences leucine-lysine alternent avec d'autres séquences.
 
Elles sont formés par la condensation, lors de la synthèse peptidique, d'une molécule de leucine et d'une molécule de lysine.
 
Cette séquence est représentée par la formule suivante.

 

 
2.1 Qu'est ce qu'une protéine ?
 
2.2 Recopier la séquence et entourer la liaison peptidique.
 
2.3 Cet enchainement d'atomes est un cas particulier d'une fonction organique.
 
Nommer cette fonction et dessiner l'enchainement d'atomes qui la caractérise.
 
2.4 Quelle est la particularité géométrique de la liaison peptidique ?
 
2.5 La liaison peptidique peut, dans certains conditions, être hydrolysée.
 
Quel composé doit-on utiliser pour réaliser cette hydrolyse ?
 
2.6 A quel endroit de la liaison peptidique ce composé va-t-il agir ?
 
2.7 A partir de la séquence précédente, donner la formule de la lysine.

Partie 3 : La séquence acide glutamique-acide aspartique

Cette séquence est obtenue par la condensation d'une molécule d'acide glutamique avec une molécule d'acide aspartique lors d'une synthèse peptidique.

 

 
3.1 Quel composé autre que le dipeptide est formé lors de cette condensation ?
 
3.2 Combien de dipeptides peut-on former lors de cette réaction si on ne prend aucune précaution particulière ?
 
3.3 On bloque la fonction acide de l'acide aspartique et la fonction amine de l'acide glutamique afin qu'elles ne réagissent pas.
 
Ecrire la formule du dipeptide obtenue.
 
3.4 Nommer ce dipeptide à l'aide des abréviations $GLU$ pour la partie provenant de l'acide glutamique et $ASP$ pour la partie provenant de l'acide aspartique.
 
3.5 Nommer les autrs dipeptides qui auraient été formés sans les blocages décrit précédemment.
 
On donne les masses molaires $(C)=12\,g\cdot mol^{-1}\ ;\ M(N)=14\,g\cdot mol^{-1}\ ;\ M(O)=16\,g\cdot mol^{-1}\ ;\ M(H)=1\,g\cdot mol^{-1}.$

Exercice 7 Les acides $\alpha-$aminés dans l'alimentation de la femme enceinte

1. On dit parfois : Lorsqu'on attend un enfant, il faut manger pour deux.
 
Faut-il vraiment manger deux fois plus ou manger différemment ?
 
Par exemple, le développement du fœtus ainsi que celui de différents organes nécessite un apport supplémentaire en protéines.
 
Celles-ci doivent être équilibrées en acides aminés essentiels.
 
1.1 Recopier la formule générale d'un acide $\alpha-$aminé donnée ci-dessous, puis encadrer et nommer les deux groupes caractéristiques présents.

 

 
1.2 Expliquer brièvement l'appellation d'acide $\alpha-$aminé attribuée à cette molécule.
 
1.3 La leucine est un acide $\alpha-$aminé essentiel.
 
Sa formule semi-développée est :

 

 
1.3.1 Définir ce qu'on appelle carbone asymétrique.
 
1.3.2 Recopier la formule semi-développée de la leucine et indiquer le carbone asymétrique par un astérisque $(\ast).$
 
1.3.3 Pourquoi la molécule de leucine est-elle chirale ?
 
1.3.4 Donner selon la représentation de Fischer la configuration $L$ de la leucine.
 
2. Dans l'organisme humain, les protéines apportés par les aliments sont décomposées par hydrolyse dans l'appareil digestif.
 
Les acides $\alpha-$aminés ainsi produits passent dans l'intestin et sont transportés vers les organes et les cellules.
 
Sous le contrôle du programme génétique, ils sont ensuite assemblés en d'autres protéines.
 
2.1 Recopier la formule du dipeptide suivant et entourer la liaison peptidique.

 

 
2.2 La liaison peptidique est un cas particulier d'un groupe fonctionnel caractéristique.
 
Lequel ?
 
2.3 Recopier et compléter l'équation de l'hydrolyse de ce dipeptide :

 

 
3. On considère maintenant un mélange équimolaire de deux autres acides $\alpha-$aminés : la valine, notée Val, et l'acide aspartique, noté Asp.
 
3.1 Par condensation entre ces deux acides $\alpha-$aminés, on obtient des dipeptides.
 
Qu'appelle-t-on réaction de condensation ?
 
3.2 Démontrer et nommer les dipeptides susceptibles d'être obtenus par condensation entre ces deux acides $\alpha-$aminés.

Exercice 8

L'alamine est l'acide $\alpha-$aminé de formule $H_{2}N-CH(CH_{3})-COOH$
 
1.a. Donner le nom de l'alamine en nomenclature officielle.
 
Justifier l'appellation acide $\alpha-$aminé.
 
b. Montrer que la molécule est chirale.
 
Donner les représentations de Fiscer des énantiomères correspondant à l'alamine et les nommer.
 
2. Dans la solution aqueuse d'alamine, on trouve un dipolaire.
 
2.1 Écrire la formule semi-développé de cet ion et la formule générale le désignant.
 
2.2 Écrire les formules semi-développées des autres formes ioniques susceptibles d'exister en solution aqueuse.
 
Quelles sont les formes ioniques par rapport à l'ion dipolaire.
 
2.3 Le $pK_{A}$ de l'alamine sont respectivement $pK_{1}=2.3$ et $pK_{2}=9.9$
 
a. Attribuer à ces valeurs le couple acide-base de l'alamine en justifiant la réponse.
 
b. Quelle est l'espèce chimique prépondérant à $pH=2$ et $pH=11$ ?
 
3. La condensation d'une molécule d'alamine et d'une molécule de glycine de formule $H_{2}N-CH_{2}-COOH$, conduit à un dipeptide.
 
Deux réactions sont possibles.
 
3.1 Écrire les équations de ces réactions en donnant les formules semi-développées des deux dipeptides que l'on peut obtenir.
 
3.2 Soit $A$ l'un des deux dipeptides.
 
Des formules trouvées au 3.1, on cherche celle qui correspond au composé $A$
 
Pour cela on réalise les expériences suivantes :
 
$-\ $ On traite $A$ par l'aide nitreux $HNO_{2}$ ; sachant que l'acide nitreux réagit sur un groupe aminé primaire suivant la réaction 
 
$NH_{2}\ +\ HNO_{2}\ \rightarrow\ R-OH\ +\ N_{2}\ +\ H_{2}O$ ; tout en passant donc comme si le groupe $-NH_{2}$ était remplacé par le groupe $-OH.$
 
Écrire les formules possibles pour le composé $C$ obtenu par cette réaction.
 
$-\ $ Si on hydrolyse ce composé $C$, on obtient entre autres de l'acide glycolique
$$HO-CH_{2}-COOH$$
 
Donner l'équation de la réaction dhydrolyse et déduire les deux formules trouvées ci-dessus celle qui correspond au corps $C$ (lhydrolyse permet la coupure de la liaison peptidique entre $C$et $H$).
 
Quelle est la formule semi-développée du peptide $A.$
 
2.4 On fait réagir l'alamine secondaire $B$ avec un acide carboxylique $A.$
 
On obtient après chauffage un composé $C$ de formule brute $C_{x}H_{y}ON$ dont l'analyse de $0.645\,g$ montre qu'il contient $0.07\,g$ d'azote.
 
a. Déterminer la formule brute du composé $C.$
 
b. Écrire la formule semi-développée du composé $C$ sachant que la molécule d'acide possède un carbone asymétrique et nommer-le.
 
c. Écrire l'équation de formation du composé $C.$

Exercice 9

1) Principe de l'électrophorèse
 
L'électrophorèse est une méthode qui permet : de séparer différents acides $\alpha-$aminés ; de purifier des acides $\alpha-$aminés.
 
Ces deux opérations sont basées sur leur migration différenciée sous l'action d'un champ électrique, à $pH$ contrôlé.

 

 
Trois acides aminés sont déposés en $1\;,\ 2$ et $3$ sur une même ligne centrale avant l'établissement du champ électrique.
 
A une valeur de $pH$ bien déterminer, donnée par une solution tampon, correspondant au point isoélectrique de l'acide $\alpha-$aminé $2$, en présence du champ électrique, les acides $\alpha-$aminés migrent dans un sens ou dans l'autre, selon le signe de leur charge électrique.
 
Seul l'acide aminé $2$ ne migre pas car il est à son $pH_{i}$ et donc pratiquement uniquement sous forme d'amphion doublement ionisé.

Remarque :

Il existe, pour chaque acide $\alpha-$aminé, une valeur du $pH$ pour laquelle l'amphion est majoritaire donc sa concentration maximale.
 
Ce $pH$ particulier, compris entre $pK_{a\,1}$ et $pK_{a\,2}$, est appelé point isoélectrique ; il se note $pH_{i}.$
 
Il est caractéristique de chaque acide $\alpha-$aminé et sa valeur est donnée par la relation :
$$pH_{1}=\dfrac{1}{2}\left(pK_{a\,1}+pK_{a\,2}\right)$$
 
2) La charge électrique des acides aminés
 
On étudie $3$ acides aminés $(A\;,\ B\text{ et }C).$
 
Quand on dépose un acide aminé $A$ en solution à $pH$ $6$ sur une feuille de papier filtre imbibée du tampon à $pH$ $6$ et que l'on place la feuille dans un champ électrique, l'acide aminé $A$ ne se déplace pas.
 
Quand la même opération est faite, dans les mêmes conditions expérimentales $-$ (c'est à dire $pH$ $6$) $-$ avec un acide aminé $B$, l'acide aminé $B$ se déplace sur la feuille de papier en direction du pôle $-.$
 
L'acide aminé $C$ soumis au même traitement se déplace vers le pôle $+.$
 
2.1 Expliquer pourquoi les $3$ acides aminés se comportent de cette manière.
 
L'analyse élémentaire de chaque acide aminé a fourni les résultats suivants :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \text{Acide aminé}&\text{Masse molaire}&\%\,N&\%\,C&\%\,O&\%\,H\\ \hline A&75&18.67&32.00&42.66&6.67\\ \hline B&146&19.18&49.31&21.92&9.59\\ \hline C&133&10.52&36.10&48.12&5.26\\ \hline \end{array}$$
 
2.2 Proposer une formule brute pour chaque composé et écrire la formule semi-développée.
 
2.3 Écrire la formule du tripeptide constitué par l'enchainement $A-B-C$
 
Auteur: 
Amary Thiam & Sidy Mouhamed Ndiaye

Série d'exercices sur Dosage Acide - Base - Ts

Classe: 
Terminale
 

Exercice 1

On mélange un volume $V_{A}$ d'une solution d'acide chlorhydrique $\left(H_{3}O_{aq}^{+}+Cl_{aq}^{-}\right)$ de concentration molaire $C_{A}$ ayant un $pH_{A}$ avec un volume $V_{B}$ d'une solution d'hydrogène de sodium $\left(Na_{aq}^{+}+OH_{aq}^{-}\right)$ de concentration molaire $C_{B}$ ayant un $pH_{B}.$
 
1) Réaliser le bilan de matière des ions hydronium et hydroxyde.
 
2) Calculer leur concentration molaire dans la solution après la réaction de neutralisation.
 
Montrer que celui-ci est :
 
$\centerdot\ \ pH=7$, dans le cas d'une réaction totale et stœchiométrique.
 
$\centerdot\ \ pH=-\log\left(\dfrac{C_{A}V_{A}-C_{B}V_{B}}{V_{A}+V_{B}}\right)$, dans le cas d'un excès de la solution acide.
 
$\centerdot\ \ pH=14+\log\left(\dfrac{C_{B}V_{B}-C_{A}V_{A}}{V_{B}+V_{A}}\right)$, dans le cas d'un excès de la solution Basique.
 
$\centerdot\ $ En déduire le $pH$ de la solution obtenue.
 
On donne :
 
$\ \bullet\ V_{A}=200\,mL\;,\ pH_{A}=2.0\text{ et }V_{B}=200\,mL\;,\ pH_{B}=12.0.$
 
$\ \bullet\ V_{A}=800\,mL\;,\ pH_{A}=2.0\text{ et }V_{B}=500\,mL\;,\ pH_{B}=12.0.$
 
$\ \bullet\ V_{A}=300\,mL\;,\ pH_{A}=2.0\text{ et }V_{B}=200\,mL\;,\ pH_{B}=12.3.$
 
3) Calculer la concentration molaire des ions sodium et des ions chlorure qui sont resté dans la solution des trois cas.

Exercice 2

Pour déboucher les canalisations, on utilise des produits domestiques qui sont des solutions concentrées d'hydroxyde de sodium, $NaOH_{s}$, (soude).
 
Sur l'étiquette de l'un de ces produits on lit :
 
$-\ $ Densité $d=1.2$ (masse volumique $\rho=1.2\,g\cdot cm^{-3})$
 
$-\ $ Contient $20\%$ en masse de soude.
 
1) Montrer que la concentration molaire $C$ de la solution commerciale est voisine de $6\,mol\cdot L^{-1}.$
 
2) Quel volume de solution commerciale faut-il prélever pour obtenir $1\,L$ de solution dilué de concentration molaire $3\cdot 10^{-2}mol\cdot l^{-1}$ ?
 
Les solutions de soude sont des solutions de base forte.
 
3) a) Rappeler la définition d'une base forte.
 
Pour vérifier sa concentration, on dose $5\,mL$ de la solution diluée par une solution d'acide chlorhydrique de concentration $C_{A}=1\cdot 10^{-2}mol\cdot L^{-1}.$
 
4) a) Écrire l'équation bilan de la réaction.
 
b) Pour obtenir l'équivalence, on doit verser $15\,mL$ de la solution d'acide chlorhydrique.
 
Calculer la concentration de la solution diluée.
 
Retrouve-t-on la valeur souhaitée ?

Exercice 3

On se propose de déterminer l'alcalimétrie d'une eau industrielle.
 
Pour ceci on réalise le dosage $pH$ métrique de $50\,mL$ d'eau par une solution d'acide chlorhydrique de concentration molaire $C_{A}=1\cdot 10^{-1}mol\cdot L^{-1}.$
 
 
Les résultats des différentes mesures ont permis de tracer la courbe ci-dessus.
 
On admettra que l'alcalinité était due à la seule base faible : lion hydrogénocarbonate $HCO_{3}^{-}$
 
1) Déterminer graphiquement :
 
a) les cordonnées du point d'équivalence.
 
b) le $pK_{A}$ de la base faible.
 
2) Écrire l'équation de la réaction de dosage, puis calculer la concentration molaire et la concentration massique de la base.
 
3) Le titre alcali métrique complet $(T.A.C)$ d'une eau s'exprimant par le même  nombre que le volume exprimé en $mL$ d'une solution acide telle que $C_{A}=2\cdot 10^{-2} mol\cdot L^{-1}$ nécessaire pour doser $100\,mL$ d'eau, déterminer le $T.A.C$ de l'eau étudiée.

Exercice 4

A l'aide d'une pipette et à partir d'une solution aqueuse $S_{A}$ d'un monoacide $AH$ de concentration molaire $C_{A}$, on prélève un volume $V_{A}=20\,mL$ qu'on verse dans un bécher.
 
Le dosage $pH$ métrique de $S_{A}$ par une solution aqueuse $S_{B}$ d'hydroxyde de sodium $NaOH$ (base forte), concentration molaire $C_{B}=0.2\,mol\cdot L^{-1}.$
 
 
1)  a) Décrire comment varie le $pH$ en fonction de volume de la base ajouté.
 
b) La forme de la courbe permet-elle de vérifier que l'acide $AH$ dosé est un acide faible ?
 
Justifier.
 
2) Déterminer graphiquement en précisant la méthode utilisée :
 
a) La valeur du $pH$ à l'équivalence.
 
b) La valeur de la constante d'acidité $pKa$ du couple $AH/A^{-}.$
 
3) Vérifier que le $pH$ à l'équivalence $E$ est donné par la relation $pH_{E}=\left(pKe+pKa+\log\,C'_{AE}\right).$
 
4) pour permettre une bonne immersion de l'électrode combinée du $V_{e}$ d'eau pure au volume $V_{a}=20\,mL$ de la solution $S_{A}$ à doser.
 
a) Préciser, en le justifiant, l'effet de cette dilution sur :
 
$-\ $ Le $pH$ initial de la solution acide.
 
$-\ $ Le $pH$ à demi-équivalence.
 
$-\ $ Le volume $V_{BE}$ de base versée à l'équivalence.
 
$-\ $ Le $pH$ à l'équivalence. 
 
b) Sachant que la valeur de $pH_{E}$ a varié de $0.15$ de la valeur précédente.
 
Calculer le volume $V_{e}$ d'eau.
 
5) Parmi les indicateurs colorés consignés dans le tableau ci-dessous, 
 
a) Qu'appelle-t-on la teinte sensible d'un indicateur coloré ?
 
b) Préciser l'indicateur le plus approprié pour réaliser ce dosage ?*
 
Justifier.
$$\begin{array}{|c|c|} \hline \text{Indicateur coloré}&\text{Zone de virage}\\ \hline \text{Bleu de bromothymol}&6.2 - 7.4\\ \hline \text{Hélianthine}&3.1 - 4.4\\ \hline \text{Phénolphtaléine}&8.2 - 10.0\\ \hline \end{array}$$

Exercice 5

Dans un examen de travaux pratiques, un élève est chargé d'effectuer le dosage d'un volume $V_{a}=20\,mL$ d'une solution d'acide $AH$ inconnu par une solution aqueuse dhydroxyde de sodium (base forte) de concentration molaire $C_{b}$ afin d'identifier $AH.$
 
Au cours du dosage, l'élève suit à l'aide d'un $pH-$mètre l'évolution de $pH$ du milieu réactionnel en fonction du volume $V_{b}$ de base versée, les résultats sont consignés dans le tableau suivant :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline V_{b}(mL)&0&2&4&6&8&9&9.5&10&10.5&12&14&16&18&20\\ \hline pH&2.81&3.62&4.03&4.38&4.8&5.16&5.48&8.31&11.2&11.7&11.97&12.12&12.23&12.3\\ \hline \end{array}$$
 
On donne une liste de $pKa$ de quelques couples acide-base qui peuvent être utiles à l'identification de l'acide.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline \text{Couple}&NH_{4}^{+}/NH_{3}&HCOOH/HCOO^{-}&C_{6}H_{5}COOH/C_{6}H_{5}COO^{-}&CH_{3}NH_{3}^{+}/CH_{3}NH_{2}\\ \text{acide-base}& & & &\\ \hline pKa&9.2&3.8&4.2&10.7\\ \hline \end{array}$$
 
Le candidat est appelé à :
 
1) Faire un schéma annoté du dispositif utilisé pour ce dosage.
 
2) Tracer la courbe représentative de $pH=f(V_{b}).$
 
3) Prélever la valeur du $pH$ :
 
a) à l'équivalence et à déduire le caractère de l'acide.
 
b) A la demi-équivalence et à identifier l'acide.
 
c) Initial de l'acide et à calculer sa concentration $C_{a}$ en supposant que $AH$ est un acide faiblement ionisé.
 
4) Écrire l'équation de la réaction du dosage.
 
5) Calculer la concentration $C_{b}$ de la base.
 
6) On dilue $10$ fois la solution d'acide initial et on refait le dosage de l'acide $AH$ par la soude, tracer sue le même papier millimétrée l'allure de la nouvelle courbe de $pH=f(V_{b})$

Exercice 6 Étude d'un produit d'entretien

Sur l'étiquette d'une solution commerciale d'ammoniac $\left(NH_{3}\right)$ on lit : $\%\text{ massique}=20\%.$
 
On prépare $100\,mL$ d'une solution diluée, noté $S$ au $20^{ième}$ de la solution commerciale, noté $S_{0}$
 
Données :
 
$H\ :\ 1.00\,g\cdot mol^{-1}\cdot\ ;\ N\ :\ 14\,g\cdot mol^{-1}\ ;\ Ka=6.3\cdot 10^{-3}\ ;\ pKa=9.2$
 
1) La mesure du $pH$ à $25^{\circ}$ de la solution diluée donne $pH=12.$
 
a) Indiquer en justifiant la nature de cette solution.
 
b) Préciser le nom et la forme de son espèce conjuguée.
 
c) Écrire le couple acide-base auquel appartient l'ammoniac.
 
d) Donner le diagramme de prédominance, en fonction de $pH$, des espèces de ce couple et en déduire l'espèce prédominante dans la solution $S.$
 
2) Pour vérifier les indications de l'étiquette on tire un volume $V=10.0mL$ par une solution d'acide chlorhydrique de concentration $C_{A}=5.00\cdot 10^{-1}mol\cdot L^{-1}$ en présence de quelques gouttes de $BBT.$
 
Le changement de teinte de la solution pour un volume $V_{A}=10.8\,mL$ de solution titrante.
 
a) Écrire l'équation de la réaction support du dosage en précisant toutes les caractéristiques de cette transformation chimique.
 
b) Établir l'expression de la constante d'équilibre $K_{r}$ en fonction de la constante d'acidité $Ka.$
 
Calculer sa valeur et conclure.
 
c) Déterminer la concentration molaire $C$ de la solution ; en déduire la concentration $C_{0}$ de la solution commerciale.
 
d) La mesure de la masse volumique de la solution commerciale donne $\mu=920\,g\cdot L^{-1}.$
 
Déterminer l'expression du pourcentage massique de la solution commerciale en fonction de $C_{0}\ ;\ M\text{ et }\mu.$ 
 
Calculer sa valeur et conclure.
 
3) Lors de ce titrage, la mesure du $pH$ de la solution lorsqu'on a versé un volume $V'_{A}=6.0\,mL$ d'acide chlorhydrique donne $pH=9.0.$
 
a) Déterminer de l'avancement final, l'avancement maximal à l'aide d'un tableau descriptif de l'évolution du système chimique.
 
c) Montrer en calculant le taux d'avancement final que la transformation est quasi-totale.

Exercice 7 (Acide fort et acide faible)

On réalise le dosage $pH$métrique de $10\,mL$ de deux acides $AH_{1}$ et $AH_{2}$ par une solution d'hydroxyde de sodium versé.
 
L'un des deux acides est fort, l'autre est faible.
 
                                                                     Acide $AH_{1}$
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline V_{B1}&0&2&4&6&8&9&9.9&10&10.1&12&15\\ \hline pH&1&1.2&1.4&1.6&2&2.3&3.3&7&10.7&12&12.3\\ \hline \end{array}$$
 
                                                                   Acide $AH_{2}$
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline V_{B2}&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&9.9&10&10.1&11&12&15\\ \hline pH&1&2.9&3.8&4.2&4.6&4.8&5&5.2&5.4&5.8&6.8&8.7&10.7&11.7&12&12.3\\ \hline \end{array}$$
 
1) Faire un schéma annoté du dispositif expérimental.
 
2) Tracer pour les deux acides, sur un même graphique, les courbes $pH_{1}=f(V_{B1})$ et $pH_{2}=f(V_{B2}).$
 
Échelle : $1\,cm$ pour une unité $pH$ et $1\,cm$ pour $1\,mL.$
 
3) Identifier sur le graphique, l'acide fort et l'acide faible.
 
4) Calculer les concentrations molaires des deux acides.
 
5) déterminer le $pK_{A}$ et la constante d'acidité de l'acidité faible.
 
6) Vers quelle valeur tend le $pH$ de la solution acide lorsqu'on continue à ajouter la solution basique ?

Exercice 8

Pour déboucher les canalisations, on utilise des produits domestique qui sont des solutions concentrées d'hydroxide de sodium, $NaOH_{s}$, (soude).
 
Sur l'étiquette de l'un de ces produits on lit :
 
$-\ $ densité $d=1.2$ (masse volumique $\rho=1.2\,g\cdot cm^{-3})$
 
$-\ $ contient $20\%$ en masse de soude.
 
1) Montrer que la concentration molaire $C$ de la solution commerciale est voisine de $6\,mol\cdot L^{-1}3.$
 
2) Quel volume de solution commerciale faut-il prélever pour obtenir $1\,L$ de solution diluée de concentration molaire $3\cdot 10^{-3}\,mol\cdot L^{-1} ?$
 
Les solutions de soude sont des solutions de base forte.
 
3) a) Rappeler la définition d'une base forte.
 
b) Calculer le $pH$ de la solution diluée.
 
Pour vérifier sa concentration, on dose $5\,mL$ de la solution diluée par une solution d'acide chlorhydrique de concentration $C_{A}=1\cdot10^{-2}mol\cdot L^{-1}.$
 
4) a) Écrire l'équation bilan de la réaction.
 
Calculer la concentration de la solution diluée.
 
Retrouve-t-on la valeur souhaitée ?

Exercice 9

On réalise différentes solutions en mélangeant à chaque opération une solution aqueuse $S_{1}$ d'un acide carboxylique $R-COOH$ de volume $V_{A}$ et une solution aqueuse $S_{2}$ de carboxylate de sodium $(R-COONa)$ de volume $V_{B}.$
 
Les concentrations molaires des solutions utilisées pour ces mélanges sont les memes pour $S_{1}$ et $S_{2}$  et égales à $C.$ 
 
Les valeurs du $pH$ de ces solutions pour les couples de valeurs $\left(V_{A}\;,\ V_{b}\right)$ sont indiquées dans le tableau suivant:
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline V_{B}(mL)&10&10&10&10&10&20&30&40&50 \\ \hline V_{A} (mL)&50&40&30&20&10&10&10&10&10 \\ \hline pH&3.1&3.2&3.3&3.5&3.8&4.1&4.3&4.4&4.5 \\ \hline \end{array}$$
 
1) a) Représenter graphiquement $pH=f(x)$ avec $x=\log\dfrac{V_{B}}{V_{A}}$ ;
 
Échelle :
 
$-\ \ 10\,cm$ sur l'axe horizontal correspond à l'unité de $x.$
 
$-\ \ 10\,cm$ sur l'axe vertical correspond à l'unité de $pH.$
 
b) Montrer que $pH=f(x)$ peut se mettre sous la forme $pH=a+bx$ ; $a$ et $b$ étant deux constantes que l'on déterminera graphiquement.
 
3) L'acide $R-COOH$ étant supposé faible, montrer que dans le mélange obtenu on a : $$\dfrac{\left[R-COO^{-}\right]}{\left[R-COOH\right]}.$$
 
3) a) Établir l'expression du $pH$ du mélange obtenu en fonction du $pKa$ du rapport $$\dfrac{\left[R-COO^{-}\right]}{\left[R-COOH\right]}.$$
 
b) En déduire le $pKa$ de l'acide.

Exercice 10

On propose d'étudier deux solutions aqueuses $S_{1}$ et $S_{2}$
 
1. La solution $S_{1}$ est obtenue en faisant dissoudre dans $1\,L$ d'eau pure une masse $m$ d'acide éthanoique.
 
1.1 Écrire l'équation-bilan entre l'acide éthanoique et l'eau .
 
1.2 Le $pH$ de cette équation à $25^{\circ}C$ est $3.4$ et le $pKa$ du couple acide/base est $4.78$
 
1.2.1 Donner l'expression du $pH$ et calculer le rapport $\dfrac{\left[CH_{3}COO^{-}\right]}{\left[CH_{3}COOH\right]}$
 
1.2.2 Calculer les concentrations molaires des espèces chimiques présentes dans $S_{1}$
 
1.2.3 En déduire la concentration $C_{A}$ de la solution $S_{1}$
 
1.2.4 Déterminer la masse $m$ introduite.
 
2. La solution $S_{2}$ est une solution d'éthanoate de sodium de concentration molaire $C_{B}=10^{-2}mol\cdot L^{-1}$ et de $pH=8.4$ à $25^{\circ}C$
 
2.1 Recenser les espèces chimiques présentes dans $S_{2}$
 
2.2 Calculer les concentrations molaire de celle-ci
 
2.3 Calculer la valeur $pKa$ du couple acide/base et la composer à celle donnée au 1.2
 
3. On ajoute à la solution $S_{1}$ de concentration molaire $C_{A}=10^{-2}mol\cdot L^{-1}$ et de volume $V_{A}=20\,mL$, la solution $S_{2}$ de concentration $C_{B}=10^{-2}mol\cdot L^{-1}$ et de volume $V_{B}=20\,mL$ pour obtenir une solution $S.$
 
3.1 A partir des équations d'électroneutralité et de conservation de la matière, montrer que :
 
$\left[CH_{3}COOH\right]=\left[CH_{3}COO^{-1}\right]$ (On négligera les concentrations des ions $H_{3}O^{+}$ et $OH^{-}$ devant celle des ions $Na^{+}$ et on ne fera pas de calcul)
 
3.2 En déduire le $pH$ de la solution $S$
 
3.3 Donner le nom et les propriétés de la solution.

Exercice 11

On veut préparer une solution tampon à partir d'une solution commerciale d'acide éthanoique
 
1) On dispose d'une bouteille commerciale d'acide éthanoique sue laquelle on lit les indications suivantes :
 
masse molaire : $60\,g\cdot mol^{-1}$
 
Masse volumique : $\rho=1050\,kg/m^{3}$
 
Pureté : $99\%$
 
1.1 Déterminer le volume $V_{0}$ de la solution commerciale qu'il faut prélever pour préparer un volume $V_{a}=1\,L$ de solution d'acide étha,oique concentration $C_{a}=0.1\,mol\cdot L^{-1}$
 
1.2 Écrire l'équation bilan de la réaction de l'acide éthanoique avec l'eau.
 
2. On dispose également d'un flacon d'éthanoate de sodium en poudre portant l'indication suivante : masse molaire : $82\,g/mol$
 
2.1 Déterminer la masse $m_{_{b}}$ d'éthanoate de sodium qu'il faut peser pour préparer un volume $V_{b}=500\,ml$ de solution d'éthanoate de sodium de concentration $C_{b}=0.3\,mol/L$
2.2 Écrire l'équation de la dissociation de l'éthanoate de sodium dans l'eau.
 
2.3 Écrire l'équation de la réaction entre un ion éthanoate et l'eau.
 
3. Préparation de la solution tampon.
 
3.1 Donner les propriétés d'une solution tampon.
 
3.2 Donner l'expression de la constante d'acidité $Ka$ du couple d'acide éthanoique ion/éthanoate et en déduire la relation entre $pH$ et $pKa$.
 
3.3 A quelle condition $pH=pKa$
 
3.4 On veut préparer un volume $V=100\,mL$ d'une solution tampon à partir des solutions d'acide éthanoique et d'éthanoate de sodium à Utiliser
 
4. Détermination expérimentale du $pKa$ du couple acide éthnoique/ion éthanoate
 
On introduit dans un bécher $V_{a}=20\,mL$ de solution aqueuse d'acide éthanoique on verse progressivement dans le bécher une solution aqueuse d'hydroxyde de concentration molaire $C_{b}=0.1\,mol/L.$
 
On relève au fur et à mesure la valeur du $pH$ et on obtient le tableau de mesure ci-dessous
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline V_{b}(mL)&2&4&6&8&12&14&16&18&19\\ \hline pH&2.9&3&3.8&4.6&4.8&5&5.3&5.7&6\\ \hline \end{array}$$
 
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline V_{b}(mL)&19.4&19.8&20&20.4&21&22&24&26&30\\ \hline pH&6.4&6.8&8.8&10.5&11&11.3&11.6&11.8&12\\ \hline \end{array}$$
 
4.1 Tracer la courbe $pH=f(V_{b}$
 
Échelle :
 
$1\,cm\ \rightarrow\ $unité de $pH$
 
$1\,cm\ \rightarrow\ 2\,mL$
 
4.2 Déterminer graphiquement les cordonnées du point d'équivalence $E$
 
4.3 Retrouver la valeur de la concentration molaire $C_{a}$ de la solution d'acide éthanoique 
 
4.4 Déduire de la courbe la valeur du $pKa$ du couple
$$CH_{3}COOH|CH_{3}COO^{-}$$

Exercice 12

L'étiquette d'une bouteille contenant une solution $S_{0}$ d'acide chlorhydrique porte les indications suivantes : Acide chlorhydrique masse volumique $\mu=1190\,g\cdot L^{-1}$ pourcentage en masse d'acide chlorhydrique : $37\%.$
 
On introduit $V=4.2\,mL$ de $S_{0}$ dans une fiole jaugée de $V_{0}=500\,mL$ contenant environ $100\,mL$ d'eau distillée et l'on complète jusqu'au trait de jauge avec de l'eau distillée.
 
1) Déduire le prélèvement des $4.2\,mL$ de $S_{0}.$
 
2) Pourquoi a-t-on introduit l'eau distillée dans la fiole jaugée avant d'introduire la solution d'acide chlorhydrique ?
 
3) Déterminer l'ordre de grandeur de la concentration de la solution $S$ ainsi préparé.
 
4) Afin de vérifier cette concentration on dose $S$ par une solution $B$ d'hydroxyde de potassium de concentration $C_{B}=4.00\cdot 10^{-2}mol/L.$
 
Dans $20\,mL$ de cette dernière solution on verse $V_{S}\,mL$ de la solution $S$ et l'on mesure le $pH$ après chaque ajout.
 
On obtient les résultats suivants :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline V_{S}&0&1&2&3&4&5&6&7\\ \hline pH&12.6&12.5&12.45&12.35&12.25&12.10&11.95&11.70\\ \hline V_{S}&8&8.5&9&10&11&12&13&\\ \hline pH&11.15&3.60&2.72&2.30&2.10&2.0&1.90&\\ \hline \end{array}$$
 
a) Faire un schéma annoté du dispositif utilisé pour le dosage.
 
b) Construire la courbe $pH=f(V_{S}).$
 
Déterminer le volume équivalent $V_{Se}.$
 
c) En déduire la concentration de la solution $S.$
 
Conclure.
 
5) Choisir dans la liste ci-dessous un indicateur coloré adapté pour ce dosage et indiquer l'évolution de teinte lors du virage.
 
Justifier la réponse.

Indicateur

a) Hélianthine
 
b) Bleu de bromophénol
 
c)  Bleu de bromothymol

Zone de virage et couleur

$-\ $ rouge $3.1\ -\ 4.4$ jaune
 
$-\ $ jaune $3.0\ -\ 4.6$ bleu
 
$-\ $ jaune $6.0\ -\ 7.6$ bleu

 

$\begin{array}{c}\blacktriangleright\,\boxed{\text{Correction des exercices}}\end{array}$

Auteur: 
Amary Thiam & Sidy Mouhamed Ndiaye

Mouvement d'un pendule conique - Ts

Classe: 
Terminale
 

Illustration

Un pendule est constitué d'une boule de masse $m$ et d'un fil sans raideur de longueur $\ell$ et de masse négligeable. Il est en mouvement de rotation uniforme autour d'un axe $\Delta.$
 
1) Donner l'expression de l'intensité $T$ de la tension du fil.
 
2) Déterminer l'angle d'inclinaison $\alpha$ du fil par rapport à la verticale.
 
3) Montrer que le fil ne peut s'écarter de sa position d'équilibre que si la vitesse angulaire $\omega$ est supérieure à une valeur $\omega_{_{0}}$ que l'on déterminera.

Étude du mouvement

On se place dans le repère terrestre supposé comme galiléen.
 
Le système étudié est le pendule assimilable à un point matériel.
 
Les seules forces extérieurs appliquées au système sont son poids $\vec{p}=m.\vec{g}$ et la tension $\vec{T}$ du fil.
 
En appliquant la deuxième loi de Newton, on a : $$\sum \vec{F}_{\text{ext}}=m\vec{a}$$
 
Soit : $$\vec{T}+\vec{p}=m.\vec{a}$$
 
Choisissons comme repère de projection, le repère d'origine $O$ et d'axes $(xx')$ et $(yy')$ et supposons qu'à l'instant initial $t_{0}=0$, le centre d'inertie de la boule se trouve au point $O.$

 
 

 
Le pendule étant en mouvement de rotation uniforme alors, sa trajectoire est curviligne de rayon de courbure $r.$
 
De plus, $\vec{a}_{_{T}}=\vec{0}.\ $ D'où : $$\vec{a}=\vec{a}_{_{N}}$$
 
Par suite, la relation $\vec{T}+\vec{p}=m.\vec{a}$ devient : $$\vec{T}+\vec{p}=m.\vec{a}_{_{N}}$$

Intensité de la tension du fil

En projetant la relation vectorielle $\vec{T}+\vec{p}=m.\vec{a}_{_{N}}$ l'axe $(xx')$, on obtient : $$T.\sin\alpha=m.a_{_{N}}\qquad(1)$$
 
Soit : 
 
$\begin{array}{rcl} T&=&\dfrac{m.a_{_{N}}}{\sin\alpha}\quad\text{or },\ a_{_{N}}=\dfrac{v^{2}}{r}\ \text{ et }\ \sin\alpha=\dfrac{r}{\ell}\\ \\&=&\dfrac{m.v^{2}}{r}\times\dfrac{\ell}{r}\quad\text{or },\ v=r.\omega\\ \\&=&\dfrac{m.r^{2}.\omega^{2}.\ell}{r^{2}}\\ \\&=&m.\omega^{2}.\ell\end{array}$
 
D'où, $$\boxed{T=m.\omega^{2}.\ell}$$

Angle d'inclinaison $\alpha$ du fil par rapport à la verticale

La projection suivant l'axe $(yy')$ de la relation vectorielle $\vec{T}+\vec{p}=m.\vec{a}_{_{N}}$ donne : $$m.g-T.\cos\alpha=0$$
Soit : $$T.\cos\alpha=m.g\qquad(2)$$
 
Ainsi, $\cos\alpha=\dfrac{m.g}{T}\ $ or, $T=m.\omega^{2}.\ell$
 
Par suite, 
 
$\begin{array}{rcl}\cos\alpha=\dfrac{m.g}{T}&=&\dfrac{m.g}{m.\omega^{2}.\ell}\\ \\&=&\dfrac{g}{\ell.\omega^{2}}\end{array}$
 
D'où, $$\boxed{\cos\alpha=\dfrac{g}{\ell.\omega^{2}}}$$

Vitesse angulaire minimale $\omega_{_{0}}$

C'est la vitesse angulaire minimale avec laquelle il faut lancer le pendule afin qu'il s'écarte de la verticale. 
 
On a : 
 
$\begin{array}{rcl}\cos\alpha\leq 1&\Leftrightarrow&\dfrac{g}{\ell.\omega^{2}}\leq 1\\ \\&\Leftrightarrow&g\leq\ell.\omega^{2}\\ \\&\Leftrightarrow&\omega^{2}\geq\dfrac{g}{\ell}\\ \\&\Leftrightarrow&\omega\geq\sqrt{\dfrac{g}{\ell}}\end{array}$
 
Soit alors, $$\boxed{\omega_{_{0}}=\sqrt{\dfrac{g}{\ell}}}$$
 
Auteur: 
Diny Faye

Mouvement d'une particule chargée dans un champ électrostatique E uniforme - Ts

Classe: 
Terminale
 

Illustration

Une particule chargée de masse $m$ et de charge $q>0$ est lancée avec un vecteur vitesse $\vec{v}_{0}$, dans une région de l'espace où règne un champ électrostatique $\vec{E}$ uniforme $(\vec{E}\perp\vec{v}_{0}).$
 
Étudier le mouvement de la particule.

Étude du mouvement

Le système est constitué de la particule assimilable à un point matériel et le référentiel d'étude est le référentiel terrestre considéré comme galiléen.
 
Les forces extérieures appliquées à la particule sont la force électrostatique $\vec{F}=q.\vec{E}$ et son poids $\vec{p}=m.\vec{g}$ qui est négligeable par rapport à $\vec{F}.$
 
En appliquant la deuxième loi de Newton, on a : $$\sum \vec{F}_{\text{ext}}=m\vec{a}$$
 
Soit : $$\vec{F}+\vec{p}=m.\vec{a}$$
 
Le poids étant négligeable alors, on obtient : $$\vec{F}=m.\vec{a}$$ 
 
Soit : $$q.\vec{E}=m.\vec{a}$$
 
Choisissons comme repère de projection, le repère $(O\;;\ \vec{i}\;,\ \vec{j})$ et supposons qu'à l'instant initial $t_{0}=0$, la particule se trouve au point $O$, origine du repère.

 

 

Équations horaires du mouvement

Projetons la relation vectorielle $q.\vec{E}=m.\vec{a}$ suivant les axes du repère. 
 
Soit les vecteurs $\vec{E}\begin{pmatrix} E_{x}=0\\E_{y}=-E\end{pmatrix}\ $ et $\ \vec{a}\begin{pmatrix} a_{x}\\a_{y}\end{pmatrix}$ alors, on a : 
 
$-\ \ $ Suivant l'axe $Ox$
 
$q.E_{x}=m.a_{x}\ $ or, $E_{x}=0$ donc, $a_{x}=0.$
 
Par suite, $v_{x}=\text{cst}$ car $a_{x}=\dfrac{\mathrm{d}v_{x}}{\mathrm{d}t}$
 
Or, à $t_{0}=0\;,\ v_{x}=v_{0_{x}}=v_{0}=\text{cst}.$
 
D'où :  $$\boxed{v_{x}=v_{0}}$$
 
Par ailleurs, $v_{x}=\dfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\ \Rightarrow\ \mathrm{d}x=v_{x}\mathrm{d}t=v_{0}\mathrm{d}t$
 
D'où, après intégration ou par passages aux primitives, on obtient : $$x=v_{0}t+x_{0}$$
 
Or, à $t_{0}=0\;,\ x_{0}=0\;,\ y_{0}=0$
 
Par suite, $$\boxed{x=v_{0}t}$$
 
$-\ \ $ Suivant l'axe $Oy$
 
$q.E_{y}=m.a_{y}\ $ or, $E_{y}=-E$ donc, $a_{y}=-\dfrac{q.E}{m}.$
 
Par ailleurs, $\ a_{y}=\dfrac{\mathrm{d}v_{y}}{\mathrm{d}t}\ \Leftrightarrow\ \mathrm{d}v_{y}=a_{y}\mathrm{d}t=-\dfrac{q.E}{m}\mathrm{d}t$
 
Ce qui donne, après intégration ou par passage aux primitives : $$v_{y}=-\dfrac{q.E}{m}t+v_{0_{y}}$$
 
Or, à $t_{0}=0\;,\ v_{0_{y}}=0.$
 
D'où : $$\boxed{v_{y}=-\dfrac{q.E}{m}t}$$
 
Par ailleurs, on a : 
 
$\begin{array}{rcl} v_{y}=\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\ \Rightarrow\ \mathrm{d}y&=&v_{y}\mathrm{d}t\\ \ \Rightarrow\ \mathrm{d}y&=&-\dfrac{q.E}{m}t\mathrm{d}t\end{array}$
 
L'intégration de cette dernière expression de $(\mathrm{d}y)$ donne : $$y=-\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E}{m}t^{2}+y_{0}$$
 
Comme à $t_{0}=0\;,\ x_{0}=0\;,\ y_{0}=0$ alors, $$\boxed{y=-\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E}{m}t^{2}}$$
 
Les équations horaires du mouvement sont alors données par : $$\boxed{\begin{array}{rcl} x&=&v_{0}t\\ \\y&=&-\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E}{m}t^{2}\end{array}}\qquad\begin{array}{l} (1)\\ \\(2)\end{array}$$

Équation de la trajectoire

L'équation de la trajectoire $y=f(x)$ est obtenue en éliminant le temps $t$ entre les équations horaires (1) et (2).
 
De l'équation (1), on tire : $t=\dfrac{x}{v_{0}}$
 
En remplaçant cette expression de $t$ dans l'équation (2), on obtient : 
 
$\begin{array}{rcl} y&=&-\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E}{m}t^{2}\\\\&=&-\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E}{m}\left(\dfrac{x}{v_{0}}\right)^{2}\\ \\&=&-\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E.x^{2}}{m.v_{0}^{2}}\end{array}$
 
D'où, l'équation de la trajectoire donnée par : $$\boxed{y=-\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E.x^{2}}{m.v_{0}^{2}}}\qquad(3)$$
 
On reconnait alors l'équation d'une parabole d'axe vertical.
 
D'où, la trajectoire est une parabole.

Conditions de sortie de la particule

La particule sortira du champ électrostatique lorsque sa trajectoire ne rencontre pas les plaques.
 
A la limite de sortie, la particule est au point $M.$
 
Soit $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur l'axe $Ox$ et soit $I$ milieu du segment $[OH].$
 
Ainsi, la particule sortira du champ si, et seulement si, $$MH<\dfrac{d}{2}$$
 
$d$ étant la distance entre les deux plaques.
 
On a : 
 
$\begin{array}{rcl} MH&=&\sqrt{(x_{_{H}}-x_{_{M}})^{2}+(y_{_{H}}-y_{_{M}})^{2}}\\\\&=&\sqrt{(\ell-\ell)^{2}+(0-y_{_{M}})^{2}}\\ \\&=&\sqrt{y_{_{M}}^{2}}\\ \\&=&|y_{_{M}}|\\ \\ &=&\left|-\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E.x_{_{M}}^{2}}{m.v_{0}^{2}}\right|\\ \\&=&\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E.\ell^{2}}{m.v_{0}^{2}}\end{array}$
 
Par suite, 
 
$\begin{array}{rcl} MH<\dfrac{d}{2}&\Leftrightarrow&\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E.\ell^{2}}{m.v_{0}^{2}}<\dfrac{d}{2}\\ \\&\Leftrightarrow&m.v_{0}^{2}.d>q.E.\ell^{2}\\ \\ &\Leftrightarrow&v_{0}^{2}>\dfrac{q.E.\ell^{2}}{m.d}\\ \\&\Leftrightarrow&v_{0}>\sqrt{\dfrac{q.E.\ell^{2}}{m.d}}\end{array}$
 
D'où, $$\boxed{v_{0}>\sqrt{\dfrac{q.E.\ell^{2}}{m.d}}}\qquad(4)$$
 
Ainsi, pour une telle vitesse $v_{0}$, la particule va sortir du champ sans heurter la plaque.
 
Dès la sortie, le mouvement sera rectiligne uniforme car la particule n'est plus soumise à une force électrostatique.
 
Remarque 
 
Comme $E=\dfrac{u}{d}$ alors, la condition de sortie peut encore s'écrire : $v_{0}>\dfrac{\ell}{d}\sqrt{\dfrac{q.u}{m}}.$

Angle de déviation $\alpha$

Soit $\alpha$ l'angle de déviation de la particule alors, on a : $$\tan\alpha=\dfrac{MH}{IH}$$
 
Or, $\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E.\ell^{2}}{m.v_{0}^{2}}\ $ et $\ IH=\dfrac{\ell}{2}$
 
Par suite, 
 
$\begin{array}{rcl} \tan\alpha&=&\dfrac{MH}{IH}\\\\&=&\dfrac{\dfrac{1}{2}\dfrac{q.E.\ell^{2}}{m.v_{0}^{2}}}{\dfrac{\ell}{2}}\\ \\&=&\dfrac{q.E.\ell^{2}}{\ell.m.v_{0}^{2}}\\ \\&=&\dfrac{q.E.\ell}{m.v_{0}^{2}}\end{array}$
 
D'où, $$\boxed{\tan\alpha=\dfrac{q.E.\ell}{m.v_{0}^{2}}}\qquad(5)$$

Déflexion électrique

La déflexion électrique est la distance $O'P.$ Elle est donc déterminée en localisant le point d'impact de la particule sur l'écran.
 
On a : $\tan\alpha=\dfrac{O'P}{IO'}\ \Rightarrow\ O'P=IO'.\tan\alpha\ $ or, $IO'=L.$ 
 
Par suite, $O'P=L.\tan\alpha$
 
D'où, $$\boxed{O'P=L.\dfrac{q.E.\ell}{m.v_{0}^{2}}}\qquad(6)$$

 
Auteur: 
Diny Faye

Pages