Corrigé Exercice II Cinétique ( 5 points)

-0,125 sur l’ensemble de la copie s’il n’y a pas du tout respect des chiffres significatifs
Exercice I : Dosage : A la quête de l’étiquette (5 points)
A°) Dilution de la solution inconnue (1,25 pts) :
1. On a une solution toxique, corrosive et inflammable : le port de la blouse, des lunettes et des gants sont obligatoires. Respect des
consignes de dilution pour un acide concentré : on verse l’acide dans l’eau. (0,125 *4=0,50 pt pour la blouse, gants, lunettes,
acide dans l’eau)
2. Petit bécher de 200 mL ou 100 mL (0,125) , pipette jaugée munie d’une pro pipette ou poire à pipeter de 10 mL(0,125 pt ) , fiole
jaugée de 100 mL (0,125 pt ) .(0,125 * 3 =0,375 pts verrerie avec les bons volumes)
3 . On verse un peu plus de 10 mL de solution mère d’acide (15 voir 20 mL) dans un petit bécher de 200 mL ou 100 mL. On prélève
10 mL à l’aide de la pipette jaugée, que l’on verse dans la fiole jaugée de 100 mL, on complète au ¾ ou 2/3 en eau distillée, on
agite et on complète jusqu’au trait de jauge toujours avec de l’eau distillée (0,25 pt protocole dilution , 1 étape oubliée -0,125)
La solution fille d’acide doit contenir la même quantité de matière en HA que dans les 10 mL de prélèvement de la solution mère
donc CO vprél =CA v total fille ,on fait une dilution par 10 donc vprél/ v total fille =1/10 donc CA= CO/10 (0,125 pt justification)
B° Dosage de la solution étudiée (2 pts) :
1 .
2. HA aq + OH- aq = A- aq +H2O (0,125 pt équation : aucune perte de point si pas aq)
3 . K=
eqOHeqHA
A
aq
aq
eq
aq
(0,125 pt expression) =
eqOHeqHA
A
aq
aq
eq
aq
eqOH
eqOH
3
3
=
Ke
KA
(0,25 pt écriture
simplifié, -0,125 si pas équilibre sur les concentrations)
4. A l’équivalence la quantité d’ions HO –aq apportés par la soude est égale à la quantité de HA aq initialement présentes dans la
solution titrée. A l’équivalence on s’apprête à changer de réactif limitant .
5. On utilise la méthode des tangentes (0,125 pt construction) pour déterminer les coordonnées du point d’équivalence. On trouve
(VBéqui=12 mL (0,125 pt , aucun point si volume à+ ou -0,5 mL) ; pH équi=8,8 (0,125 pt) .
6. a) A l’équivalence on a nOH- aq équi= nHA aq intro soit CB VBE =CA VA (0,125 la relation)
6. b) CA = CB VBE /VA =0,10 12/10,0=0,12 mol/L soit Co = CA 10 =1,2 mol/L ; (0,125 pt formule littérale pour CA ,
0 ,125 pt valeur de CA et 0,125 pour C0).
7 . A l’équivalence il ne reste plus de HA aq (entièrement consommée), on a la base A- aq (ultra majoritaire) et de l’eau. (0,125
justifications + 0,125 pour l’identification des 2 espèces)
C°Détermination de la nature de l’acide (1,75 pt) :
1. HA aq + OH- aq = A- aq + H2O
Etat initiale
CA
VA
CB
VB
0
Excès
Etat intermédiaire
CA
VA –x
CB
VB- x
x
Excès
Etat final
CA
VA - CB
VB
0
CB
VB
Excès
1ereur dans le tableau -0.125 pt : 2 erreurs 0
2 . Les résultats sont dans le tableau ci-dessus : nHA aq =CA VA - CB VB =1,2.10-3 - n A- (0,125 pt l’expression) (relation
valable avant l’équivalence) et n A- aq = CB VB (0,125 pt l’expression)
3. a°) Pour un pH inférieur à environ 4,9 c’est la forme acide qui prédomine (courbe  : nAH=f(pH)) alors que c’est l’inverse pour
un pH supérieure à 4,9 (courbe  : nA-=f(pH)) (0,125 pour l’identification de chaque courbe).
b°) En s’aidant du graphique on a HA qui est majoritaire devant A [HAaq]éq/[A-aq]éq>10 quand le pH
est inférieur à 3,8 ;3,9 (3,85) (0,125 pt) , de même on a A qui est majoritaire devant HA [HAaq]éq/[A-aq]éq <10 quand le pH
est supérieur à 5,9 (5,95)(0,125 pt) . On a pH=pKA à l’intersection des 2 courbes (on a autant de HAaq que de A-aq 0.125
justification ) soit pH=pKA=4,9 (0,125 pt)
Corrigé bac blanc 2008
Contenant de la soude
à CB= 0, 10 mol /L
Solution d’acide
inconnue de volume
VA=10,0 mL
0,50
0,375
0,375
0,125
0,25
0, 25
0,25
0,375
0,125
0,375
0,25
0,125 schéma +0,125 légende
1erreur ou oublie -0.125
0,25
0,25
0,50
0,25

4. En utilisant la formule établie en B3 la constante d’équilibre de la réaction est K=
Ke
KA
=
14
9,4
10
10
=109,1 (0,125 formule littérale
+ 0 ,125 la valeur + 0,125 conclusion)
La réaction de dosage est totale.
D°) A la quête de la solution :
L’acide ayant un pKA=4,9 est l’acide propanoïque.
Exercice II : Cinétique ( 4 pts)
1- a) L’absorbance A d’une solution est un nombre (sans unité) dont la valeur est proportionnelle à la concentration de l’espèce
chimique coloré en solution pour une longueur d’onde fixée et une épaisseur de solution fixée. Ici, A =  L [I2] = k [ I2]
(0,25 pt pour la relation avec tous les paramètres) ; c’est la Loi de Beer- Lambert (0,125 pt pour le nom de la loi)
b) Quand [I2] = [I2]o , alors A = Ao donc A0 = k [I2]o (0,125 pt expression pout t=0s ) k =
Error!
Ainsi A =
Error!
[I2] on en déduit : [I2] = [I2]0
Error!
(0,125 pt expression finale) 0,125 pt justifications
avec démonstration
c) Pour t = 5 min , l’application numérique de la relation précédente donne : [I2]= 0,010
60,0 22.0
=3,7.10-3 = 3,7 mmol.L-1
(0,125 pt calcul à t=5 min).
On peut alors compléter le tableau : 0,375 pt tableau (1 erreur -0.125 , 3 erreurs : 0)
t ( min)
0
1
2
3
5
6
7
8
9
11
15
22
A
0
0,065
0,11
0,16
0,22
0,25
0,27
0,29
0,31
0,34
0,37
0,37
[I2]
(mmol.L-
1)
0,00E+00
1,08E+00
1,83E+00
2,67E+00
3,67E+00
4,17E+00
4,50E+00
4,83E+00
5,17E+00
5,67E+00
6,17E+00
6,17E+00
d) Graphe : (0,5 pt graphique :- 0,125 si non respect de la courbure, -0,125 s’il y a inversion des grandeurs sur les axes,
-0,125 pt si non respect de l’échelle)
[I2]=f(t)
0,00E+00
1,00E+00
2,00E+00
3,00E+00
4,00E+00
5,00E+00
6,00E+00
7,00E+00
0 5 10 15 20 25
t(min)
[I2] (mmol/L)
2- Tableau d'avancement (0,25 pt tableau d’avancement, valable aussi avec des valeurs : 1 erreur -0,125 , 2 erreurs : 0)
Avancement
n(H2O2)
n(I-)
n(H+)
n(I2)
n(H2O)
x = 0
C2V2
C1V1
excès
0
excès
x
C2V2 – x
C1V1 –2 x
x
Détermination du réactif limitant : (0,125 pt pour x2max + 0,125 pt pour x1max + 0,125 pt identification du réactif limitant)
Si en fin de réaction n(H2O2)final = C2V2 – x2max = 0 alors x2max = C2V2 = 9,2.10-3 50,0. 10-3 = 4 ,6. 10-4 mol = x2max
Si en fin de réaction n(I-)final = C1V1 –2 x1max = 0 alors x1max =
Error!
=
210.0,25050,0 3
6,3 10-4 mol =
x1max
H2O2 est en défaut (réactif limitant) et l’avancement maximal de cette réaction est xmax = 4,6 10-4 mol , les ions I- sont en excès.
0,375
5
0,125
0,375
0,375
0,5
0,5
0,625

3- a) La vitesse volumique de réaction est définie par la relation : v =
Error!
.
Error!
, où V représente le volume du mélange et
Error!
est la dérivée de la fonction x = f(t) . (0,125 expression + 0,125 explication des différents paramètres)
D'après le tableau d'avancement x = [I2] V
Donc
Error!
= V
Error!
et v =
Error!
.
Error!
=
Error!
(0,125 expression avec la concentration)
b) v représente le coefficient directeur de la tangente au graphe [I2] = f(t). Pour étudier l’évolution de la vitesse volumique de
réaction, il faut regarder l’évolution de la pente de la tangente à la courbe [I2] = f(t). On constate que cette pente est grande en
début de réaction puis diminue jusqu’à s’annuler en fin de réaction. La vitesse de réaction est proportionnelle à la
concentration des réactifs, au cours de la réaction celles-ci diminuent, donc v diminue également (0,125 pt justification +
0,125 pt pour le fait que v diminue)
4- [I2]oo=
Error!
[I2]oo =
21
22 VV VC
=
3
33
10.0,75 010,5010.2,9
6,1 10-3 mol .L-1 (0.125 pt la formule littérale +
0,25 pt pour l’application numérique + 0,125 pt pour la conclusion sur les 2 valeurs)
les valeurs sont quasi identiques (regarder la concentration de I2 dans le tableau en fin de réaction avec celle calculée ci-
dessus).
5- Le temps de demi-réaction t1/2 correspond à la date t pour laquelle l’avancement de la réaction est égal à la moitié de l’avancement
maximal : à t = t1/2 on a x =
Error!
et [I2]à t 1/2 =
Error!
2
10.1,6 3
3,1 10-3 mol.L-1 ou 3,1 mmol/L (0,125 définition du temps
de ½ réaction +0,25 pt la valeur pour [I2]à t 1/2)
Sur la courbe [I2] = f(t), on cherche donc l’abscisse du point d’ordonnée égale à 3,1 10-3 mol.L-1 et on trouve ainsi
t1/2 3,8 min (4 min accepté) (0,125 pt la valeur de t1/2 )
Exercice III : BROUILLARD ET VITESSE (11 points)
1. MODÈLE SIMPLE (1,75 pts)
1.1. Dans un volume de 1 km3, on peut considérer que le vecteur
g
est un vecteur constant: il possède dans tout le volume le même
sens, la même direction et la même valeur (0,25 pt pour le fait que le vecteur g est constant)
1.2. D'après la deuxième loi de Newton,
GExt amF . .
. (0,25 pt pour le nom de la loi)
Dans un référentiel terrestre, supposé galiléen, le vecteur somme des forces extérieures subies par le système {goutte} est égal au
vecteur accélération du centre d'inertie de la goutte (0,25 pt pour l’énoncé complet de la loi , -0.125 si pas référentiel galiléen ,
- 0.125 si pas les forces extèrieures)
1.3. Système: la goutte Référentiel: le sol, référentiel terrestre considéré galiléen
Inventaire des forces exercées sur la goutte: Son poids
P
= m.
g
D'après les données, m = eau.V donc
P
= eau.V.
g
Appliquons la deuxième loi de Newton:
P
= m.
a
eau.V.
g
= eau.V.
a
g
=
a
Par projection suivant l'axe Oz vertical descendant:
g = a =
dt
dv
Par intégration, v = g.t + v0 or la vitesse initiale de la goutte est nulle donc v = g.t
v =
dt
dz
, soit par intégration, z =
2
1
g.t² + z0 or la goutte est initialement en O origine du repère donc z0 = 0.
Donc z =
2
1
g.t² (0,25 pt l’expression de z + 0,25 pt démonstration : -0,125 si oublie du référentiel)
1.4. h = 10 m donc z = 10 m
Soit t1 l'instant où la goutte a parcouru z = 10 m
z =
2
1
g.t1² donc t1 =
g
z2
Soit v1 la vitesse atteinte par la goutte après une durée t1: v1 = g.t1
v1 = g.
g
z2
soit v1 =
zg.2
=
108,92 
v1 = 14 m.s–1 (0,25 pt la valeur + 0,125 pt expression de t1 + 0,125 pt expression de v1)
2. FROTTEMENTS (2,875 pts )
2.1. Poussée d'Archimède: = air . Vg . g (0,25 pt l’expression)
0,375
0,25
0,50
0,50
0,25
0,50
0,50
0,50
0,25

2.2. Poids de la goutte: P = m.g = eau .Vg. g (0,25 pt l’expression)
Les deux expressions sont assez semblables, la différence étant la masse volumique à prendre en compte (0,125 pt remarque)
Comme air = 1,3 kg.m–3 << eau = 1,0.103 kg.m–3 , on peut considérer que la poussée d'Archimède est négligeable face au poids
(0 ,125 pt comparaison des masses volumiques + 0,125 conclusion)
2.3.1. La goutte subit la force poids (direction verticale, sens vers le bas) et la force de frottement fluide (de sens opposé au sens du
mouvement, donc orientée vers le haut et direction verticale) (0,125 inventaire des forces)
D'après la seconde loi de Newton:
amfP .
(0,125 pt l’expression)
Par projection suivant l'axe Oz vertical descendant: m.g – k.v = m.
dt
dv
(0,125 pt l’expression)
soit
dt
dv
= –
m
k
.v + g (0,125 expression finale)
2.3.2. Donc a = –
m
k
(0,125 pt) , avec les données de l'énoncé: a = –
geau V
k.
(0,125 pt)
et b = g (0,125 pt)
2.3.3. Quand la goutte atteint la vitesse limite vL , alors
dt
dv
= 0
Soit
dt
dv
= 0 = –
m
k
.vL + g
vL =
.mg
k
(0,25 pt expression+ 0,125 pt justification)
2.3.4. k =
.
vL
mg
[k] =
1
.
.
Mg
LT
g est donnée dans l'énoncé en N.kg–1
Il faut exprimer les newtons en unités fondamentales du système international.
D'après la deuxième loi de Newton, une force est homogène à une masse multipliée par une accélération. Soit N = kg . m . s–2
donc N.kg–1 = m.s–2
[g] = [L].[T]–2 (0,25 unité de g)
Donc [k] =
2
1
..
.
M L T
LT
et finalement [k] = [M] . [T]–1
k s'exprime en kg.s–1 (0,25 unité de k+ 0,25 pt démonstration)
3. BROUILLARD SIMULÉ (2,25 pts)
On applique la convention sur le
générateur pour trouver le sens
du courant (il arrive en A et part de B).
Pour les électrons le sens est inversé donc l’armature A est positive et B est négative. (0,25 identification des charges sur les
armatures + 0,25 justifications écrites ou avec sens de i ou des électrons)
3.1.2. i(t) =
dt
dq
(0,25 expression)
3.1.3. i(t)= C.
dt tduC)(
(0,25 expression)
3.1.4. D'après la loi d'additivité des tensions: E = uR(t) + uC(t) (0,25 loi d’additivité)
0,625
0,50
0,375
0,375
0,75
+
–
3.1.1. Signe de q sur chaque armature
uR
P
e
F
A
0,50
0,25
0,25

D'après la loi d'Ohm uR(t) = R.i(t) = R.C.
dt tduC)(
(0,25 l’expression)
On obtient l'équation différentielle: E = R.C.
dt tduC)(
+ uC(t) (2) (0,25 l’équation différentielle)
3.2. Si uC(t) = E(1 –
RC
t
e
) alors
dt tduC)(
=
RCt
e
RC
E/
.
(0,25 pt expression de la dérivée)
Introduisons ces expressions dans l'équation différentielle
R.C
RCt
e
RC
E/
.
+ uC(t) = E .
RCt
e/
+ E(1 –
RC
t
e
) = E soit E=E (0,25 pt vérification de l’égalité)
On vérifie bien que la solution proposée satisfait à l'équation différentielle (2).
4. ANALOGIE MÉCANIQUE –ÉLECTRIQUE : (1 pt)
4.2.  = R.C (0,25 pt rappel de l’expression de la constante de temps).
alors uC(t) = E(1 –
t
e
) (0,25 pt nouvelle écriture de uC(t))
4.3. v(t) = vL . (1 –
m
kt
e
)
La constante de temps du système goutte de brouillard est  =
k
m
(0,25 pt pour la justification par comparaison + 0,25 pt
expression de  =
k
m
)
5. BROUILLARD STABILISÉ (3,125 pts)
5.1. D'après les réponses 2.1. et 2.2., la poussée d'Archimède est négligeable face au poids (0,25 pt rappel )
Les gouttes sont immobiles, donc v = 0. La force de frottement fluide de valeur f = k.v ne s'exerce pas sur les gouttes (0,25 pt pour
la justification + 0,25 pt sur le fait qu’il n’ y a pas de frottement)
Les deux forces à prendre en compte sont effectivement le poids et la force électrique (0,25 pt conclusion)
5.2. D'après le principe d'inertie, 1ère loi de Newton, dans le référentiel "armature " terrestre et galiléen, on peut dire que si
0v
alors
0 e FP
(0,25 pt justification + 0,25 pt relation vectorielle + 0,375 pt représentation des 2 vecteurs avec égalité des
normes -0.125 si pas égalité des nomes).
On considère que le bas du schéma est du coté du sol terrestre, les deux forces sont telles que représentées sur le schéma de l'annexe 1.
5.3.
0 e FP
donc les forces sont égales en valeur P = Fe (0,25 pt égalité)
m . g =
d
E
q.
eau.Vg . g =
d
E
q.
(0,25 pt expression avec eau )
eau
3
3
4r
g =
d
E
q.
soit |q| = (eau
3
3
4r
gd) / E (0,25 pt expression finale)
|q | = (1,0.103 
336 10.0,1/)10,08,9)10.4,5(
3
4 
|q| = 6,5.10–16 C (0,5 valeur de |q|)
m
tkt .
0,75
0,50
0,50
0,50
1 pt
0,875
pt
1,25
pt