EXERCICE I Record de saut en longueur à moto (6 points)

HYDROLYSE BASIQUE DES ESTERS
1. Cinétique de la saponification du méthanoate d'éthyle
On étudie la cinétique de la réaction d'hydrolyse basique d'un ester, le méthanoate d'éthyle par la mesure de la
conductance du mélange de méthanoate d'éthyle et de solution d'hydroxyde de sodium NaOH (ou soude) en
fonction du temps.
Protocole expérimental :
On verse dans un becher une solution d'hydroxyde de sodium (ou soude) de concentration C 0 = 1,00.10 –2 mol .
dm -3.On plonge la cellule conductimétrique dans la solution et on met en marche l'agitation. On mesure la
conductance initiale G0 à un instant que l'on désigne par t0.On ajoute alors rapidement le méthanoate d'éthyle,
en quantité égale à celle de la soude initiale. On mesure la conductance de la solution en fonction du temps.
Les mesures sont reportées dans le tableau 1
Tableau 1 : Mesures des conductances et calculs de l'avancement en fonction du temps :
t (min)
0
3
6
9
12
15
45
Fin de
réaction
G (mS)
?
2,16
1,97
1,84
1,75
1,68
1,20
1,05
0
0,46
0,72
0,90
1,10
1,70
2,00
Avancement
x (mmol)
Données :
L'équation de la réaction étudiée est :
HCO2 – CH2 – CH3 + HO– = HCO2– + CH3 – CH2 – OH
À un instant t la conductance du mélange est donnée par la relation :
Gt = k×(   × [Na+] +   × [HO–] +   × [HCO2–] )
Na
HO
HCO2
S
= 0,0100 m et  la conductivité molaire ionique.
l
Les conductivités molaires ioniques de quelques ions à 25°C sont données dans le tableau ci-dessous :
avec k la constante de cellule, k =
ion
en S.m².mol-1
Na+(aq)
HO–(aq)
HCO2–(aq)
5,01.10 –3
19,9.10 –3
5,46.10 –3
Remarques :
Le volume de méthanoate d'éthyle est négligeable devant le volume V d'hydroxyde de sodium.Le volume du
mélange est égal à 200 cm3 et la concentration C0 = 1,00.10 –2 mol.dm -3. La solution d'hydroxyde de sodium
étant nettement basique on négligera la présence des ions H3O+ devant les autres ions du mélange réactionnel.
Questions :
Soient n0 la quantité de matière initiale d'ions hydroxyde et d'ions sodium et n0 la quantité de matière initiale
de méthanoate d'éthyle.
1.1. On considère la solution d'hydroxyde de sodium de volume V à l'instant t0.
1.1.1. Donner la concentration des ions dans cette solution à cet instant.
1.1.2. Montrer que la conductance G0 peut s'écrire : G0 =
k
.n0 . (   +   )
HO
Na
V
(1)
1.1.3. En utilisant les unités conventionnelles du Système International, calculer la valeur de G0.
1.2. On note x, l'avancement de la réaction à un instant t. Compléter le tableau d'avancement qui figure sur l'annexe 2
en indiquant les quantités de matière en fonction de x. L'annexe 2 est à rendre avec la copie.
1.3. On étudie la conductance de la solution en fonction du temps.
1.3.1. Montrer que la conductance du mélange à un instant t en fonction des quantités de matière initiales et de
l'avancement x peut s'écrire :
k
[   . n0 +   . (n0 – x) +   . x ] (2)
HO
Na
HCO2
V
On veut montrer que la mesure de la conductance Gt permet de connaître l'avancement x en établissant une
relation simple entre Gt et x.
Gt =
1.3.2. Simplifier l'expression (2) pour montrer qu'on peut écrire Gt sous la forme Gt = a.x + b (3),
a et b étant des constantes qui contiennent les conductivités molaires ioniques et les quantités de matière initiales n0.
1.3.3. À quelle grandeur correspond le coefficient b ? Quel est le signe de la constante a ?
1.3.4 Quelle serait l'allure de la représentation graphique Gt en fonction de x (relation (3)) ?
1.4. La relation (3) a permis de calculer les valeurs de l'avancement x qui sont indiquées dans le tableau 1 précédent.
1.4.1 Déterminer la valeur de l’avancement ‘x’ à t = 12 min
1.4.2 Tracer la courbe donnant les variations de x en fonction du temps.
On prendra comme échelle en abscisse 1 cm pour 3 min et en ordonnée 1 cm pour 0,20 mmol.
ANNEXE 2 à rendre avec la copie
Tableau 2 : Tableau d'avancement
équation chimique
État
système
H–CO2–CH2–CH3 +
du Avancement
(mol)
État initial
0
État
intermédiaire
x
HO–
=
HCO2–
+ CH3–CH2–OH
Quantités de matière (mol)
n0
n0
0
0
Hydrolyse basique des esters (2004/09 Antilles)
1.1.1. H–CO2–CH2–CH3 + HO– = HCO2– + CH3–CH2–OH
A t = 0 seul les ions Na+ et HO- sont présents dans la solution.
La réaction de dissolution de la soude dans la solution est :
NaOH(s) = Na+(aq) + HO–(aq) transformation totale
[HO–(aq)] = [Na+(aq)] = C0 = 1,00.10–2 mol.L-1 (1dm3 = 1L)
1.1.2.
G0 = k×( 
Na 
G0 =
×[Na+(aq)] + 
HO
×[HO–(aq)]) = k×C0×( 
Na 
+ 
HO
)
k
n0 (   +   )
HO
Na
V
1.1.3. Calcul de Go
G0 = k×C0×( 
Na 
+ 
HO
)
Attention les concentrations sont dans l’unité légale : C0 en mol.m–3,
1 mol.L-1 = 1 mol/(10-3 m3)
Co = 1,00.10–2 mol/L = 1,00.10–2 /( 10-3 m3) = 1,00x101 mol.m-3
G0 = 0,0100×1,00.101 (5,01.10–3 + 19,9.10–3)
G0 = 0,0100×1,00.10–2 (5,01+19,9) = 2,49 mS
1.2. équation chimique
H–CO2–CH2–CH3
État
du Avancement
système
(mol)
État initial
0
n0
État
x
n0 – x
intermédiaire
1.3.1.
La conductance de la solution
Gt = k ×( 
×[Na+(aq)] + 
Gt = k ×( 
×
Na 
Na 
Gt=
HO
×[HO–(aq)] + 
+
HO–
0
0
n0 – x
x
x
à l’instant t est :
HCO2
×[HCO2-(aq)] )
k
×(   ×n0 +   ×(n0 – x) + 
 x)
HO
Na
HCO2
V
k
k
k
k
Gt =
×   × n0 +
×   × n0 –
×  x+
x

HO
HO
Na
V
V
V
V HCO2
k
k
Gt=
.x ( 
–   ) + ×n0 (   +   )

HO
HO
Na
HCO2
V
V
a=
k
×( 
–  )
HO
HCO2
V
+ CH3–CH2–OH
n0
k
×(   ×n0 +   ×(n0 – x) + 
 x)
HO
Na
HCO2
V
Gt = ax + b
HCO2–
Quantités de matière (mol)
n x
n0
x
+  × 0
+ 
)
×
HO
HCO
2 V
V
V
1.3.2. Gt=
=
b=
k
×n0 (   +   )
HO
Na
V
1.3.3.
G0 = k×C0×( 
Na 
b=
+ 
HO
)
k
×n0 (   +   )
HO
Na
V
b = G0
ion
en S.m².mol-1
Na+(aq)
HO–(aq)
HCO2–(aq)
5,01.10 –3
19,9.10 –3
5,46.10 –3
HO > 
HCO2
a= 
HCO2
– 
HO
donc a < 0
1.3.4. Gt = a.x + b
La représentation de Gt en fonction de x serait une droite de pente négative et qui ne passe pas par
l’origine ( pour x = 0 , G0 = b ).
1.4.1. Calcul de x à t = 12 min, G = 1,75 mS
Gt=
k
k
.x ( 
×n0 (   +   )
 – HO ) +
HO
Na
HCO
2
V
V
Gt -
k
k
×n0 (   +   ) =
.x ( 
–  )
HO
HO
Na
HCO2
V
V
[Gt.V/k - n0 ( 
Na 
+ 
HO
)] /( 
HCO2
– 
HO
) =x
A.N.
x = 1,00x10-3 mol
1.4.2. Avancement x de la réaction de saponification du méthanoate d'éthyle en fonction du temps.
RECORD DE SAUT EN LONGUEUR À MOTO (Polynésie 09/2009)
La phase d’accélération du motard.
1. échelle1 cm (document)  2 m (réel)
G1G3 = 6,4 cm sur le document donc G1G3 (réel) = 6,4 × 2 / 1 = 12,8 m
G1G2
2.
12,8
v2 
 8,0 m.s -1
2 x0,800
G5
v2 
G3G5 = 12,8 cm sur le document donc G3G5 (réel) = 12,8 × 2 / 1 = 25,6 m
GG
v4  3 4
2.
25,6
v2 
 16 m.s -1
2 x0,800
v4
L( v 4 ) = 16,0 × 1/2 = 8,0 cm
v 2
Rappel : Les vecteurs vitesses sont tangents à la trajectoire et orientés dans le sens du mouvement.
3. v 3 = v 4 – v 2
Le vecteur variation de vitesse démarre du point G3.
4. Vecteur accélération a 3 au point G3 :
a3 
dv 3 v 3 v 4  v 2


dt
t
2
G4
2. Échelle des vitesses : 1 cm  2 m.s-1 donc les longueurs des vecteurs viteses sont :
L( v 2 ) = 8,0 × 1/2 = 4,0 cm
v4
v 3
v 3
.
2

L(V3 )  4,0 cm
G3
a3 
1 cm  2 m.s-1 ;
2
V3  4,0 x  8,0 m.s -1
1
V3
8,0
a3 

 5,0 m.s -2
2.
2 x0,800
v2
G2

L(V3 )  4,0 cm
v = k.t avec k pente de la courbe
L’accélération a est défini par :
dv
;
dt
d(k.t)
a=
=k
dt
a=
L’accélération de la moto est constante.
G0 G1
5.1. la vitesse est proportionnelle au temps car Le graphe de la figure 2 est une droite qui passe par l’origine,
5.2.
Pour
l’accélération il faut
pente de la courbe v
prend 2 points de la
déterminer
calculer la
= f(t) . On
droite :
entre les points
M1 (t1 = 2 s ; V1 = 10 m.s-1)
M2 ( t2 = 8 s ; V2 = 40 m.s’1)
a
V2  V1
t 2  t1
a
40  10
 5,0 m.s -2
82
On retrouve bien la valeur obtenue graphiquement en 4.
5.3. v = 160 km/h = 160x1000/3600
v = 44,4 m.s-1
v = a.t
t = v/a = 44,4/5,0
t = 8,9 s
A t = 8,9 s la moto attaint la vitesse de 44,4 m.s-1
Graphiquement avec d = f(t) on trouve la distance parcourue par la moto quand elle atteint la vitesse v = 160 km/h
d = 200 m
6.1 vidéo
Lorsqu'un système matériel A exerce une force sur un système matériel B, alors celui-ci exerce sur le système
matériel A une force opposée :
Les droites d'actions des 2 forces sont confondues.
6.2 D’après le principe d’interaction la force exercée par la moto sur la route est opposée à la force exercée par la
route sur la moto :


F  F '
6.3 c) Pour faire l'étude mécanique du système, il faut toujours définir dans l'ordre:
1) Le système: (moto, motard)
2) Le référentiel : la terre supposée référentiel galiléen, dans lequel on pourra appliquer la seconde loi de Newton.
3) Le repère lié au référentiel :

R(0, i , j )
4) Somme des forces extérieures au système :


 
 
Fext  P  RN  F  F  m.a
Les vecteurs poids et réaction normale au poids sont opposés.
6.4 Tracé des vecteurs forces :
6.5

F  m.a
F  180 x5  9,0 x10 2 N