1° Le bleu de bromophénol

1
CORRECTION
1° Le bleu de bromophénol
Première partie : Étude de la solution mère
1 . Par définition : n0 = C0.V => n0 = 3,010–5  0,100 = 3,010–6 mol de BBT dans V=100mL de S0.
2.1. D’après Brønsted, un acide est une espèce chimique capable de céder un ou plusieurs protons H+(aq).
2.2. Couples acide-base mis en jeu dans la réaction HIn(aq) + H2O(l) = In–(aq) + H3O+(aq)
couple 1 : HIn(aq) / In–(aq) couple 2: H3O+(aq) / H2O(l)
3. Étude de la réaction de HIn sur l’eau
3.1.
HIn(aq) + H2O(l) = In–(aq) + H3O+(aq)
Avancement
Quantités de matière
État initial
x = 0
n0
Excès
0
0
État
intermédiaire
x
n0 – x
Excès
x
x
État final si
réaction totale
x = xmax
n0 – xmax = 0
Excès
xmax
xmax
État final
observé
x = xf
n0 – xf
Excès
xf
xf
3.2. Le réactif limitant est HIn, l’eau étant introduite en excès.
HIn est totalement consommé alors n0 – xmax = 0 => xmax = n0 = 3,010–6 mol
3.3. D’après le tableau d’avancement
3
HO
n
= xf donc [H3O+] =
f
x
V
. D’autre part [H3O+] = 10–pH.
Ainsi
f
x
V
= 10–pH , finalement xf = 10–pH.V => xf = 10–4,7  0,100 = 2,010–6 mol
3.4. Par dféfinition  =
max
f
x
x
=
6
6
2,0 10
3,0 10
= 0,67 = 67% . On a  < 100% donc la réaction est limitée.
4. Relation de conservation de la matière
4.1. D’après le tableau nHIn = n0 – x ;
n
In
= x, ainsi nHIn +
n
In
= n0 – x + x = n0.
4.2. D’après ce qui précède: nHIn +
n
In
= n0 , en divisant par V :
0HIn In
n
nn
V V V
donc [HIn(aq)] + [In–(aq)] = C0
Deuxième partie : Étude de deux solutions
1. La solution S1 est jaune, la forme acide HIn prédomine en solution.
La solution S2 est bleue, la base conjuguée In– prédomine en solution.
2. La proportion d’acide et de base conjuguée dépend du pH de la solution.
3. [HIn(aq)] + [In–(aq)] = C0 si [HIn(aq)] << [In–(aq)] alors [In–(aq)] = C0 [In–(aq)] = 3,010–5 mol.L–1
Troisième partie : Étude spectrophotométrique
1.Calcul des concentrations des espèces In– et HIn
1.1 Seule la forme basique In– absorbe de la lumière, à la longueur d’onde choisie. De plus l’absorbance est liée à la
concentration effective [X] de l’espèce absorbante par A = k.[X]. Alors A = k.[In–].
1.2 Dans la deuxième partie, au (3.), on a émis l’hypothèse que pour la solution S2 de pH = 12,0
on avait [In–] >> [HIn]. Alors [In–(aq)] = C0, donc Amax = k.C0 => k =
max
0
A
C
=
5
1,66
3,0 10
= 5,5104 ; A étant une
grandeur sans dimension donc k s’exprime en L.mol–1.
1.3. D’après la loi de Beer-Lambert : A = k.[In–] avec k =
max
0
A
C
=> A =
max
0
A
C
.[In–] donc [In–] =
0
max
.
AC
A
[In–] =
5
0,83 3,0 10
1,66 
= 1,510–5 mol.L–1 D’autre part [HIn(aq)] + [In–(aq)] = C0 ce qui donne par
substitution [HIn(aq)] = C0 – [In–(aq)] = C0 –
0
max
.
AC
A
[HIn(aq)] = C0 (1 –
max
A
A
) [HIn(aq)] = 1,510–5 mol.L–1
2.1. Voir figure ci-dessous.

2
2.2. Pour un acide faible on a :
pH = pKa + log
In
HIn
2.3. Pour
In
HIn
= 1, on a pH = pKa.
On mesure graphiquement
pour [HIn] = [In–], alors pH = pKa = 3,9
2.4. Hypothèse : Pour la solution S2,
la concentration effective [HIn] est négligeable.
Le pH de la solution S2 vaut 12,0.
pH = pKa + log
In
HIn
=> pH – pKa = log
In
HIn
=> 10pH–pKa =
In
HIn
[In–] = [HIn].10pH–pKa
[In–] = [HIn].108,1 on vérifie bien que [In–] >> [HIn]
2° La radioactivite
1. La source de particules alpha utilisée par les Joliot-Curie
1.1 Un noyau radioactif est un noyau instable qui se désintègre spontanément en un autre noyau avec émission de
rayonnement et de particules.
1.2 Une particule alpha est un noyau d'hélium de symbole :
He
4
2
Le noyau
He
4
2
contient 2 protons (Z = 2 ) et 2 neutrons (A-Z = 4 - 2 = 2)
1.3 A est le nombre de nucléons appelé aussi nombre de masse. Il indique le nombre de protons additionné du
nombre de neutrons.
Z est le numéro atomique appelé aussi nombre de charge. Pour un noyau, il indique le nombre de protons qu’il
contient.
1.4 En utilisant les lois de conservations du nombre de nucléons A et du nombre de charge (lois de Soddy) , il
vient :
Po
210
84
He
4
2
+
A
ZX
avec : 210 = 4 + A  A = 206
84 = 2 + Z  Z = 82 il s'agit de l'élément Pb.
finalement :
Po
210
84
He
4
2
+
Pb
206
82
2. La réaction probable proposée par les Joliot-Curie
2.1. Le noyau de l'atome de phosphore est "composé de 15 protons et de 15 neutrons."
donc Z = 15 et A = 15 + 15 = 30. Le symbole du noyau de phosphore est
P
30
15
2.2. Le noyau de l'atome de d'aluminium est "composé de 13 protons et de 14 neutrons" donc Z = 13 et
A = 13 + 14 = 27. Le symbole du noyau d'aluminium est
Al
27
13
Alors
Al
27
13
+
He
4
2
n
1
0
+
P
30
15
On vérifie les lois de conservation : A=27 + 4 = 1 + 30 Z= 13 + 2 = 0 + 15
2.3.1. Deux noyaux isotopes ont même nombre de protons (même Z) mais des nombres de neutrons différents (donc
A différents).
2.3.2. Un autre isotope du phosphore 30
P
30
15
est le phosphore 31,
P
31
15
car Z = 15 pour les deux noyaux mais ces
deux noyaux diffèrent par leur nombre de neutrons, 15 pour
P
30
15
et 16 pour
P
31
15
.
2.4.1 Le noyau stable de silicium est composé de 14 protons et de 16 neutrons, donc Z = 14 et A = 14 + 16 = 30.
Le symbole du noyau de silicium est
Si
30
14
. Le symbole d'un positon est
e
0
1
.
HIn prédomine
In– prédomine
pH = 3,9

3
L'équation nucléaire s'écrit alors
P
30
15
Si
30
14
+
e
0
1
On vérifie les lois de conservation : A= 30 = 30 + 0 Z= 15 = 14 + 1
2.4.2. Il s'agit d'une radioactivité + car il y a émission d'un positon.
2.4.3. équation
p
1
1
n
1
0
+
e
0
1
On vérifie les lois de conservation : A=1 = 1 + 0 Z=1 = 0 + 1
3. Les lois de décroissance de l'aluminium et du bore irradiés
3.1. Loi de décroissance radioactive est, par définition : N(t) = N0.e (-.t)
3.2. Méthode: - pour t = t1/2 on a N(t1/2) = N0 / 2 voir courbe
On obtient pour l’échantillon n°1, t1/2 = 9,0102 s et pour l’échantillon n°2, t1/2 = 2,1102 s. Voir ci-après.
3.3 Dans le texte on lit « demi-vie de l'aluminium : 3 minutes et 15 secondes » soit t1/2 = 360 + 15 = 195 s.
Ce résultat est proche de celui obtenu pour l’échantillon n°2. (la lecture graphique ne permet pas une grande
précision). L'échantillon n°2 correspond à l'aluminium.
D’autre part, on lit « demi-vie du bore 14 minutes » soit t1/2 = 14  60 = 840 s. Résultat proche de (t1/2)1 = 8,5102 s
donc l'échantillon n°1 correspond au bore.
4. L'aspect énergétique du bore irradié
4.1. Loi équivalence masse – énergie : L'énergie de masse E d'une particule au repos est égale au produit de la masse
de la particule par le carré de la célérité de la lumière dans le vide. E = m.c² ( Avec E en J, m en kg, c en m.s-1).
4.2. remarque : ne pas confondre la variation de masse m indiquée ici (< 0, toute réaction nucléaire
s’accompagne d’une perte de masse) avec le défaut de masse (positif par définition).
m = mfinale – minitiale = m(produits) – (réactifs)
m = m(
N
13
7
) + m(
n
1
0
) – m(
N
10
5
) – m(
He
4
2
)
= 13,001898 + 1,008655 – 10,010194 – 4,001506 m = – 1,147000.10-3 u
4.3.1. D'après 4.1. on a E = m . c²
(t1/2)2 = 2,0102 s
(t1/2)1 = 8,5102 s
N0/2

4
Figure 8
Courbe obtenue dans l'air
u (V)
0
0100 200 300 400 500 600 700 800 900 t (µs)
Signal reçu par le récepteur
dans l'air
Figure 8
La durée de balayage de
l’oscilloscope est
osc = 20 µs.div – 1.
La durée de balayage
de l’oscilloscope est
osc = 20 µs.div – 1 .
7,0 divisions
4.3.2. Attention : Pour calculer E en J, il faut convertir m en kg.
m = – 1,147000.10-3 u = – 1,147000.10-3  1,66054.10–27 = –1,904639.10-30 kg (valeur stockée en mémoire)
E = –1,904639.10-30  (3,00.108)² = – 1,71.10–13 J (valeur stockée en mémoire)
E = – 1,71.10-13 / 1,60218.10-19 = – 1,07.106 eV = – 1,07 MeV.
4.3.3. Comme E est négatif de l'énergie est libérée par le système au cours de la réaction nucléaire.
3° Les ondes ultrasonores
1.
1.1. Une onde mécanique est la propagation de proche en proche d’une perturbation dans un milieu matériel sans
transport de matière mais avec transport d’énergie.
1.2. Une onde est longitudinale si la direction de la perturbation est parallèle à la direction de propagation de
l’onde.
2. Vitesse de propagation et milieu de propagation
2.1. L’origine des dates t = 0 s est l’instant de l’émission.
Le signal dans l’eau est reçu à la date teau = 1,4  102 µs .
Le signal dans l’air est reçu à la date tair = 5,8  102 µs > teau donc
plus tard.
Les ultrasons ont parcouru la même distance ℓ entre l’émetteur et le
récepteur. La célérité étant définie, par v =
t
, on peut dire que la
propagation des ultrasons est donc plus rapide dans l’eau que dans
l’air.
2.2. par définition :
eau
eau
vt
avec teau = 1,410–4 s et ℓ = 0,200 m.
eau 4
0,200
v1,4 10
= 1,4  103 m.s-1 .
3. Comprendre le principe de l’échographie - Modélisation
3.1.1. Entre t = 0 s et tR on mesure 7,0 divisions.
tR = 7,0  20 / 1 = 1,4  102 µs soit 1,4  10–4 s
3.1.2. Les ondes ultrasonores sont réfléchies sur l’objet :
elles parcourent donc la distance 2.D (aller et retour) pendant
la durée tR. Ainsi : v =
2
R
D
t
R2D
tv
3.2.1. En comparant les deux figures, on constate
que tR’ < tR.
Or la distance parcourue (2D) par les ultrasons est la même pour les deux expériences. Dans la seconde expérience,
seule une partie de l’eau est remplacée par un morceau de Plexiglas®.
Comme tR’ < tR, les ultrasons se propagent plus vite dans le Plexiglas® que dans l’eau.
t =0 s
Figure 7
u (V)
0
0100 200 300 400 500 600 700 800 900 t (µs)
u (V) Signal reçu par le récepteur
dans l'eau
Figure 7

5
Remarque : la célérité des ultrasons est d’autant plus grande que la densité du milieu traversé est grande. Or le
Plexiglas® est plus dense que l’eau.
3.2.2.a. Dans l’eau (en l’absence du plexiglas®) la distance parcourue par les ultrasons serait : L = 2D.
Avec le Plexiglas® d’épaisseur e, qui est traversé deux fois par les ultrasons (aller et retour) la longueur L du trajet
total aller-retour du signal dans l’eau uniquement est : L = 2D – 2e = 2.(D – e).
3.2.2.b. Soient teau la durée du parcours dans l’eau, et tplexi la durée du parcours dans le plexiglas®.
On a : t’R = teau + tplexi =
2
'
Le
vv
=
2.( ) 2
'
D e e
vv
= t’R
3.2.3. D’après ce qui précède on a :
2
Ad
tv
3.2.4. À la durée tA du parcours dans l’eau (avec la célérité v), s’ajoute la durée t’plexi du parcours dans le
plexiglas® (distance 2e parcourue avec la célérité v’). On a : tB = tA + t’plexi =
de
v v'
22
= tB
3.3. Exploitation des résultats :
a)
R2D
tv
et t’R =
2.( ) 2
'
D e e
vv
donc
RR D D e e
tt v v v v
2 2 2 2
''
soit
RR ee
tt vv
22
''
(relation 1)
b)
Ad
tv 2
et tB =
de
v v'
22
donc
BA d e d
tt v v v
2 2 2
'
soit
BA e
tt v
2'
(relation 2)
3.3.1. Exprimons (1) + (2) :
R R B A e e e e
t t t t v v v v
2 2 2 2
'''
en isolant e on obtient :
v
e t t t t   
R R B A
.( ' )
2
.
3.3.2. Application numérique : e = 2,145  10–2 m => e = 2,110–2 m soit 2,1 cm.
3.3.3. Relation 2
BA e
tt v
2'
donc
'
BA
e
vtt
2
,
',, v
2
55
2 2145 10
7 2 10 6 2 10
= 4,3  103 m.s-1
On a bien : v’ > v. Ceci est bien en accord avec la question 3.2.1.
3.4. Principe de l’échographie
3.4.1. D’après 3.2.2.b., on a : t’R =
D e e
vv
22()
'
=
D e e
v v v
2 2 2
'
Finalement t’R =
2 1 1
2. '
De
v v v
Or
2. D
v
est constant et
11
' vv
est constant et de signe négatif car v’ > v donc
1 1 1 1 0
'' v v v v
Au fur et à mesure que la sonde descend, e augmente donc
11
2. ' evv
est « de plus en plus négatif » ainsi
tR’ diminue.
On peut simplifier le raisonnement : plus la sonde descend et plus les ultrasons parcourent une distance importante
dans le plexiglas®, or ils s’y propagent plus vite que dans l’eau, donc t’R diminue.
3.4.2. Rappelons que tA est la date de la réflexion à l’entrée du plexiglas® et tB la date de réflexion à la sortie du
plexiglas®.
D’après la relation 2 :
BA e
tt v
2'
donc si e augmente alors (tB – tA) augmente car v’ est constante.