Remerciez-le!

Remerciez @Admin pour avoir partagé cet document gratuitement, de la manière la plus simple, en partageant sur les réseaux sociaux.

L’éthanol, liquide incolore, de formule C2H6O brûle dans le dioxygène pur. Il s

L’éthanol, liquide incolore, de formule C2H6O brûle dans le dioxygène pur. Il se forme du dioxyde de carbone et de l’eau. On fait réagir m = 2,50 g d’éthanol et un volume V = 2,00 L de dioxygène. 1) Equation chimique modélisant la réaction. C2H6O(l) + 3 O2(g)  2 CO2(g) + 3 H2O(g) 2) Description de l’état initial du système. ● On cherche n0(C2H6O) sachant que m = 2,50 g : M(C2H6O) = 2 x 12,0 + 6 x 1,0 + 16,0 = 46,0 g.mol-1 n(C2H6O) = = = 5,43.10-2 mol. ● On cherche n 0 (O2) sachant que O2 est un gaz donc n(O2) = = = 8,00.10-2 mol. 3) Calcul de l’avancement maximal. Quel est le réactif limitant ? Tableau d’avancement de la transformation : Equation de la réaction C2H6O(l) + 3 O2(g)  2 CO2(g) + 3 H2O(g) avancement Quantité de matière des réactifs et des produits (mol) État initial 0 n 0 (C2H6O) n 0 (O2) 0 0 En cours de transformation x n 0 (C2H6O) – x n 0 (O2) – 3x 2x 3x État final xf n0 (C2H6O) − xf n0 (O2) – 3xf 2xf 3xf Recherche de l’avancement maximum et du réactif limitant : Supposons que C2H6O soit le réactif limitant : n 0 (C2H6O) – xmax = 0 soit xmax = n0 (C2H6O) = 5,43.10- 2 mol. Supposons que O2 est le réactif limitant : n 0 (O2) –3 xmax = 0 soit xmax = = = 2,67.10-2 mol. Par conséquent xmax = 2,67.10-2 mol et le réactif limitant est O2. 4) Détermination de la composition, en quantité de matière, du système à l’état final et les volumes correspondant. Donnée : volume molaire dans les conditions de l’expérience : 25,0 L.mol-1. Produits : CO2(g) et H2O(g) nf (CO2) = 2xmax = 2 x 2,67.10-2 = 5,34.10-2 mol donc V(CO2) = n(CO2) . VM = 5,34.10-2 x 25,0 = 1,33 L nf (H2O) = 3xmax = 3 x 2,67.10-2 = 8,01. 10-2 mol donc V(H2O) = n(H2O) . VM = 8,01. 10-2 x 25,0 = 2,00 L Réactif restant : Uniquement C2H6O : nf (C2H6O) = n0 (C2H6O) – xmax = 5,43.10-2 - 2,67.10-2 = 2,76.10-2 mol Il ne reste plus de O2 puisque O2 est le réactif limitant. 0 0 1 1 2 2 xmax2 xmax1 CORRECTION DE LA FICHE 0 POUR BIEN COMMENCER SON ANNEE DE TS EN CHIMIE Correction de l'exercice 1: 1°) 2 Fe + 3 Cl2 2 FeCl3 2°) nInitial(Fe) =m/M= 2,00 x 10 -1 mol nInitial(Cl )= 2 = 5,0 x 10 -2 mol xmax = 1,7 x 10-2 mol Cl2 est le réactif limitant nFinal(Fe) = n(Fe)0 -2.xmax 1,7 x 10 -1 mol nFormé(FeCl3) =2.xmax = 3,3 x 10 -2 mol 3°) mFormé(FeCl3) = n. M = 5,4 g mExcès(Fe) =n.M = 9,3 g 2 4)° Proportion stoechiométrique nIntroduire(Fe) = x n Introduit (Cl2) = 3,33 x 10-2 mol soit mJuste introduire(Fe) = 1,9 g 3 Correction de l'exercice 2: Correction de l'exercice 3: 1°) 3 Ca2+ + 2 PO4 3- Ca3(PO4)2 2°) n(Ca2+) =C1V1 = 2,0 x 10 -4 mol n(PO4 3-) =C2V2 = 1,0 x 10 -4 mol xmax = 0,50 x 10 -4 mol PO4 3- est le réactif limitant nFinal(Ca2+) =n0 -3.xmax = 0,5 x 10-4 mol nFormé(Ca3(PO4)2) = xmax = 0,5 x 10-4 mol 3°) mCa3(PO4)2 = n.M = 1,6 x 10 -2 g [Ca2+] = n/ Vtotal = 1,3 x 10 -3 mol.L-1 0 0 1. La molécule de caféine 1.1. Formule semi-développée 1.2. Masse molaire : M(C8H10N4O2) = 8M(C) + 10M(H) + 4M(N) + 2 M(O) M(C8H10N4O2) = 8×12,0 + 10×1,0 + 4×14,0 + 2×16,0 M(C8H10N4O2) = 194,0 g.mol-1 2. Nombre maximal de gélules de guarana ingérable par jour 2.1. Il faut choisir une longueur d’onde pour laquelle l’absorbance est maximale. Ainsi l’incertitude relative sur la mesure de l’absorbance est réduite. La lecture du spectre montre qu’une longueur d’onde égale à 271 nm conviendrait. Cette longueur d’onde appartient au domaine UV, ainsi on ne pourrait pas utiliser un spectrophotomètre visible pour réaliser cette analyse. 2.2. Il semble que la caféine n’absorbe pas la lumière dans le domaine visible, elle est donc incolore. 2.3. D’après les données, un adolescent ne doit pas consommer plus de 3 mg de caféine par jour et par kilogramme de masse corporelle. Pour un adolescent de 60 kg, cela correspond à une masse de maximale de 60×3 = 180 mg/jour. Afin de pouvoir évaluer le nombre maximal de gélules consommables par jour, il faut déterminer la masse de caféine contenue dans une gélule. Il faut d’abord déterminer la concentration molaire de la solution S. Comme il n’y a pas de feuille de papier millimétré fournie avec le sujet, on ne trace pas la courbe représentative de l’absorbance en fonction de la concentration. C O N C C C O N CH3 N CH3 N H3C CH Correction de l'exercice 5: D’après la loi de Beer-Lambert, l’absorbance est proportionnelle à la concentration A = k .c. Déterminons k le coefficient de proportionnalité. Solution fille S1 S2 S3 S4 S5 S6 Concentration molaire (mmol.L-1) 2,50 × 10-2 5,00 × 10-2 7,50 × 10-2 1,00 × 10-1 1,25 × 10-1 1,50 × 10-1 Absorbance 0,230 0,452 0,677 0,880 1,112 1,325 k = A c (L.mmol-1) k1 = 9,20 k2 = 9,04 k3 = 9,03 k4 = 8,80 k5 = 8,896 k6 = 8,83 k = (k1 + k2 + k3 + k4 + k5 + k6)/6 k = 8,97 L.mmol-1 Pour la solution S, on a A = 0,524 La loi de Beer-Lambert donne c = A k , c = 0,524 8,97 = 5,84×10–2 mmol.L-1 dans la solution S. La solution qui contenait la gélule est 10 fois plus concentrée. cgélule = 10.c cgélule = 0,584 mmol.L-1 On peut alors calculer la masse de caféine contenue dans la gélule dissoute dans V = 0,500 L m n M = donc m = n.M Et comme n = c.V alors m = c.V.M (unités :mmol.L-1× L × g.mol-1= mg) m = 0,584 × 0,500 × 194 = 56,6 mg par gélule L’adolescent ne doit pas consommer plus de trois gélules par jour (3×56,6 = 170 mg < 180 mg). 1. Pour prélever avec précision V1 = 10,0 mL de solution S, on utilise une pipette jaugée de 10,0 mL. 2. Oxydation du dioxyde de soufre : SO2(aq) + 2H2O(l) = SO4 2– (aq) + 2e– + 4H+ (aq) X5 Réduction des ions permanganate : MnO4 – (aq) + 8H+ (aq) + 5 e– = Mn2+ (aq) + 4H2O(l) X2 2MnO4 – (aq) + 16H+ (aq) +5 SO2(aq) + 10H2O(l) = 5 SO4 2– (aq) + 20H+ (aq) + 2Mn2+ (aq) + 8H2O(l) soit en simplifiant pour H+ et H2O 2MnO4 – (aq) +5 SO2(aq) + 2H2O(l) = 5 SO4 2– (aq) + 4H+ (aq) + 2Mn2+ (aq) 3. À l’équivalence, il y a changement de réactif limitant. Les réactifs sont alors introduits dans les proportions stœchiométriques. 5. D’après l’équation chimique, à l’équivalence : 1 2 n n 5 2 = . 6. . . 2 éq 1 1 C V C V 5 2 = C1 = . . . 2 éq 1 5 C V 2 V C1 = , , , 2 5 1 00 10 8 0 2 10 0 − × × × × = , , 2 40 1 00 10 20 0 − × × C1 = 2,0× × × ×10–2 mol.L–1 dans la solution S de volume V1 = 10,0 mL 7. La solution S possède la même concentration molaire C1 quel que soit son volume. Soit n la quantité de matière de SO2 présente dans le volume V0, n = 2 1 SO m M = C1.V0 m1 = C1.V0. 2 SO M = C1.V0.( S M + 2 MO) m1 = 2,0×10–2 × 1,00 × (32,0 + 2×16,0) = 2,0×10–2 × 64,0 m1 = 128×10–2 = 1,28 = 1,3 g dans V0 = 1,00 L de solution S. 8. V = 1,00×104 m3 d’air ont barboté dans la solution S pour obtenir une masse m1 . Pour V1m3 =1 m3 on obtient une masse m2 m1 et m2 sont proportionnelles : m2.V = m1.V1m3 m2 = . 1 1m3 m V V m2 = , , 4 1 1 3 1 00 10 × × = 1,3× × × ×10–4 g de SO2 pour 1 m3 d’air. 9. m2 = 1,3×10–4×106 = 1,3× × × ×102 µg pour 1 m3 d’air m2 < 500 µg par m3 donc le seuil d’alerte n’est pas atteint. Correction de l'exercice 6: uploads/Finance/ correction-de-la-fiche-1.pdf