DS 1S

DS 1S9 Corrigé - Jeudi 21 janvier 2016
4
Exercice 1 Q.C.M - Interactions fondamentales 3,5 points
Aucune, une seule ou plusieurs propositions possibles.
Questions Réponses
1. L’interaction gravitationnelle prédomine : à l’échelle astronomique
à l’échelle moléculaire
à l’échelle macroscopique
à l’échelle nucléaire
2. La cohésion d’une molécule est due à : l’interaction gravitationnelle
l’interaction électrique
l’interaction forte
l’interaction faible
3. À l’échelle de l’atome : l’interaction gravitationnelle n’existe pas
l’interaction électrique n’existe pas
l’interaction forte n’existe pas
l’interaction faible n’existe pas
4. Au sein de l’atome, l’interaction forte s’exerce entre : un proton et un électron
un proton et un neutron
un proton et un autre proton
un électron et un autre électron
5. L’interaction gravitationnelle : peut être nulle
peut être répulsive
est attractive
est de portée infinie
6. Si on double la distance dentre les deux corps, la valeur F
de la force gravitationnelle : est multipliée par 2
est multipliée par 4
est divisée par 4
est divisée par 2
7. Si on choisit les masses mAet mBtelles que mB= 2 ×mA, les forces d’interaction gravitationnelle entre
les objets A et B peuvent être représentées de la façon suivante :

Lycée Camille Vernet DS n°4 - corrigé - 1S9 - Jeudi 21 janvier 2016 2/3
Exercice 2 La diphosphine 5 points
2.1 Masse et quantité de matière
2.1.1 Tableau d’avancement.
Équation chimique P2H4+2 H2O2→P2+4 H2O
État avancement Quantités de matière (mol)
initial 0 0,20 0,30 0 0
en cours x0,20 −x0,30 −2·xx4·x
final xmax 0,20 −xmax 0,30 −2·xmax xmax 4·xmax
final xmax = 0,15 0,05 0 0,15 0,60
2.1.2 Le réactif limitant est l’eau oxygénée. Elle disparaît totalement alors qu’il reste encore de la phos-
phine.
2.1.3 La masse de diphosphine placée initialement dans le réacteur est : m(P2H4)=n(P2H4)·M(P2H4)où
n(P2H4)représente la quantité de matière de diphosphine et M(P2H4)sa masse molaire.
A.N. : m(P2H4)= 0,20 ×(2 ×31,0+4×1,0) soit m(P2H4)= 13,2 g
2.1.4 De même, la masse d’eau formée lors de cette réaction est m(H2O)=n(H2O)·M(H2O)où n(H2O)
représente la quantité de matière d’eau et M(H2O)sa masse molaire.
A.N. : m(H2O)= 0,60 ×(2 ×1,0 + 18,0) soit m(H2O)= 10,8 g
Le volume d’eau formé par cette réaction est obtenu à partir de la définition de la masse volumique ρ(H2O)=
m(H2O)
V(H2O)
d’où V(H2O)=m(H2O)
ρ(H2O)
où ρ(H2O)représente la masse volumique de l’eau (1,0 kg ·L−1).
A.N. : V(H2O)=10.8
1000 soit V(H2O)= 1,08 ×10−2L = 10,8 mL
2.2 Structure des molécules
2.2.1 Le numéro atomique du phosphore est Z = 15, sa structure électronique est (K)2(L)8(M)5.
2.2.2 La structure de Lewis du phosphore est P
La valence est le nombre de liaisons qu’il est susceptible de former soit une valence égale à 3.
2.2.3 La formule de Lewis du diphosphore est P P
2.2.4 La formule de Lewis de la diphosphine est P
H
H
P
H
H
Celle du peroxyde d’hydrogène est H O O H
Exercice 3 L’anéthol 2,5 points
3.1 Formule semi-développée du (E)-anéthol ci-contre.
3.2 L’atome d’oxygène est entouré de 2 doublets liants et
de 2 doublets non liants. La géométrie de l’arrangement des
doublets est tétraédrique et donc au niveau de l’oxygène, la
molécule est coudée (αlégèrement inférieur à 109,5°)
3.3 Une isomérisation qui se produit sous l’action de la
lumière est une isomérisation photochimique.
Correction contrôle n°4
Exercice 1 : Analyse d'un graphe
1. Compléter l’équation bilan :
1 Al
3+
(aq)
+ 3 HO
-
(aq)
→ 1 Al ( OH )
3 (s)
2.1. On lit sur le graphe la valeur des quantités à la date t = 0 :
n ( HO
-
) = 4,0 mol
n ( Al
3+
) = 1,0 mol
2.2. L’avancement maximal correspond à la valeur de x pour
laquelle l’un des réactifs (le réactif limitant) atteint une
quantité nulle. Ainsi : x
max
= 1,0 mol
2.3. Le réactif limitant est celui qui disparaît complètement en fin
de réaction. Il s’agit donc ici de l’ion aluminium Al
3+
.
2.4. A l’état final (lorsque x = x
max
) on voit sur le graphe que :
n ( HO
-
) = 1,0 mol
n ( Al
3+
) = 0,0 mol
3. Voir courbe bleue.
Exercice 2 : Géométrie d'une molécule
On considère la molécule ci-contre.
1. C’est une formule semi-développée car
on les doublets non-liants n’y sont pas
représentés.
2. Formule brute : C
17
H
22
O
3. M = 17×12,0 + 22×1,00 + 16,0
M = 242 g/mol
4. Formule topologique : voir ci-contre !
5. Voir ci-contre
6. Seule la double liaison " présente une
isomérie de type Z/E.
Exercice 3 : L'anéthol
1. Formule semi-développée du (E) anéthol :
2. C’est la photoisomérisation.
Exercice 4 : Recherche d'isomères
Il existe 3 isotopes du dichloroéthène :
0 0,5 1,0
2,0
4,0
0,0
Quantité de
matière (
mol
)
avancement
(mol)
n( Al
3+
)
n( HO
-
)
1,0
C
CH
C
CH
C
C
C
CH
3
C
C
H
3
C
H
3
CH
2
CH
O
CH
CH
C
H
3
CH
3
#
$
%
"
&
'
O
CH
3
OC
CH CH
C
CHCH
C
CCH
3
H
H
CC
Cl
Cl
H
H
CC
Cl
H
Cl
H
CC
Cl
H
H
Cl
1,1-dichloroéthène (Z) 1,2-dichloroéthène (E) 1,2-dichloroéthène

Lycée Camille Vernet DS n°4 - corrigé - 1S9 - Jeudi 21 janvier 2016 3/3
Exercice 4 Formules et molécules 4 points
4.1 Le pent-2-ène représenté est le (E)-pent-2-ène. Le 2-méthylbut-
2-ène (ou méthylbut-2-ène) n’est ni Eni Zcar il y a deux groupes iden-
tiques (méthyles) sur un carbone de la double liaison carbone-carbone.
4.2 La formule brute de chacune de ces deux molécules est la même :
C5H10 . Il s’agit de molécules isomères.
4.3 Dans m= 150 g de méthylbut-2-ène, la quantité de matière pré-
sente est n=m
M.
A.N. : n=150
5×12,0 + 10 ×1,0soit n= 2,1 mol
4.4 L’équation de la réaction de combustion du méthylbut-2-ène est :
2 C5H10 + 15 O210 CO2+ 10 H2O
Contrôle n°4 - 2016
Exercice 1 : Formules et molécules
1. Donner la formule topologique des molécules suivantes :
2. Donner la formule de Lewis des molécules suivantes :
3. Représenter ces molécules à l'aide du modèle de Cram :
Exercice 2 : Formules et molécules
On considère les deux molécules de formule ci-contre :
a. Sans le justifier, préciser pour chacune d'elles s'il s'agit du stéréoisomère
de type E ou Z.
b. Donner la formule brute de chacune de ces deux molécules. Conclure.
c. Déterminer la quantité de méthylbut-2-ène présente dans 150 g de ce
composé.
d. En utilisant la formule brute du méthylbut-2-ène, écrire l'équation bilan
de la réaction de combustion de cette substance lorsqu'on la brûle dans
du dioxygène, sachant qu'il se forme alors du gaz carbonique et de l'eau.
Exercice 3 : Préparation d'une solution
On dissout du chlorure de fer solide (FeC l
3
) dans de l'eau distillée de manière à obtenir 200 mL d'une solution de
concentration C = 15,0 mmol / L .
1. Peut-on qualifier la solution obtenue de solution aqueuse ? Justifier.
2. Déterminer la quantité de chlorure de fer qu'il a fallu dissoudre pour obtenir cette solution.
3. Décrire les étapes à suivre pour fabriquer cette solution en précisant la verrerie utilisée.
4. Calculer la concentration massique de la solution.
Données : • Masse molaire du fer : 55,6 g ⋅ mol
-1
• Masse molaire du chlore : 35,5 g ⋅ mol
-1
C
CH
OH
CH
2
O
NH
C
H
2
CH
O
C
H
3
Nom : ………………………………………
Prénom : …………………………………..
CH
3
CH
2
OH
CH
3
C
O
C
H
3
CH
3
OOH
C
H
NH
2
O
molécule 1 molécule 2
molécule 3 molécule 4
molécule 5 molécule 6
CH
3
C
C
CH
2
CH
3
H
H
pent-2-ène
CH
3
C
C
CH
3
C
H
3
H
méthylbut-2-ène
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Exercice 5 L’ion strontium 5 points
FDonnées numériques
m(proton) ≈m(neutron) = 1,673 ×10−27 kg m(électron) = 9,0×10−31 kg
Un ion dont le noyau a pour numéro atomique Z= 38 et pour nombre de masse A= 88, porte la charge
électrique +2 ·e.
5.1 Il s’agit d’un cation car il porte une charge positive.
5.2 Le noyau est constitué de Z=38 protons et de A−Z= 88 −38 = 50 neutrons. L’atome dont cet
ion est issu est constitué de Z= 38 électrons car l’atome est électriquement neutre et possède donc autant
de charges positives (protons) que de charges négatives (électrons). L’atome en question a perdu 2 électrons
pour former le cation. Le nuage électronique de l’ion est donc constitué de 38 - 2 = 36 électrons.
5.3 À l’intérieur du noyau, seuls les protons sont chargés et portent chacun une chargé égale à +e. Donc
qnoyau =Z×e= 38 ×e. Donc qnoyau = 38 ×1,6×10−19 = 6,1×10−18 C.
La valeur de la charge du noyau est de 6,1×10−18 C.
5.4 Le noyau étant chargé positivement et les électrons étant chargés négativement, la masse de ces
particules étant extrêmement faible, c’est l’interaction électrostatique qui est prédominante à ce niveau.
5.5 Cette interaction est attractive puisque les charges de ces particules sont de signe opposé.
5.6 La charge du noyau est égale à +38eet celle d’un électron à −e. L’interaction électrostatique a pour
valeur :
Fnoyau/e−=Fe−/noyau =k·|qe−|×|qnoyau|
d2
A.N. : Fnoyau/e−=k·e×38e
d2= 9 ×109·38 ×(1,6×10−19)2
(2 ×10−12)2soit Fnoyau/e−= 2,2×10−3N.
5.7 Deux isotopes ont même nombre de protons mais un nombre de neutrons différent. La charge du
noyau ne changerait pas, donc la valeur de la force électrostatique serait la même.
5.8 L’interaction responsable de la cohésion du noyau est l’interaction forte. Elle est attractive puisqu’elle
permet de vaincre les forces de répulsion électrostatique entre protons. Elle agit entre toutes les particules
du noyau (pas seulement entre les protons).
5.9 Il ne peut pas s’exercer ce type d’interaction (interaction forte) entre le noyau et les électrons car la
distance proton-électron considérée dans cet exercice est de 2×10−12 m, distance qui est très supérieure à
la portée de l’interaction forte qui est de 10−15 m.