Exercices sur l'étude théorique d’une synthèse de l’éthanoate de sodium - correction, Exercices de Chimie Organique
Renee88
Renee8823 April 2014

Exercices sur l'étude théorique d’une synthèse de l’éthanoate de sodium - correction, Exercices de Chimie Organique

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Exercices de sciences chimiques sur l'étude théorique d’une synthèse de l’éthanoate de sodium - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Étude cinétique de la synthèse de l’éthanoate de sodium par co...
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Exercice II. L'américium 241 et quelques utilisations industrielles (5,5 points)

EXERCICE I. LA BOUILLOTE MAGIQUE (6,5)

Mars 2011 Bac S Nouvelle Calédonie Rattrapage 2010 CALCULATRICE INTERDITE

1. Étude théorique d’une synthèse de l’éthanoate de sodium 1.1. Le groupe ester est entouré en pointillés. O

CH3  C

O  CH2  CH3 1.2.1.2.1. L’espèce chimique de formule brute C2H6O est l’éthanol. Sa formule semi-développée est :

CH3  CH2  OH 1.2.2. L’hydrolyse basique de I’éthanoate d’éthyle est une transformation totale. L’avancement final de cette réaction est donc égal à l’avancement maximal xmax. 2. Étude cinétique de la synthèse de l’éthanoate de sodium par conductimétrie 2.1. Évolution de la transformation 2.1.1. Quantité de matière initiale n0 en ions hydroxyde contenue dans le volume V0 :

n0 = c0.V0 soit n0 =1,00103200103 = 200106 mol = 2,00104 mol2.1.2. Quantité de matière initiale n1 d’éthanoate d’éthyle contenue dans le volume V1 = 1,0 mL :

n1 = 1 1.

m V

M M soit n1 =

, , , ,

,

     

1 1

1 1

0 90 1 0 9 0 10 10 1 0

88 8 8 10 10 = 1,0102 mol

2.1.3. Tableau d’évolution de la transformation, considérée comme totale (xf = xmax) :

Équation chimique Na+(aq) + HO(aq) + C4H8O2(l) = C2H6O(l) + CH3CO2(aq) + Na+(aq)

État du système

Avancement (en mol)

Quantités de matières (en mol)

État initial 0 n0 n0n1 0 0 n0

État en cours de

transformation à la date t

x n0n0 xn1 xx x n0

État final xf = xmax n0n0 xmaxn1 xmaxxmaxxmaxn0

2.1.4. Si HO est le réactif limitant alors : n0  xmax = 0 soit xmax = n0 = 2,00104 mol

Si C4H8O2 est le réactif limitant alors : n1  xmax = 0 soit xmax = n1 = 1,0102 mol Le réactif limitant est celui associé à la plus petite valeur de l’avancement maximal : il s’agit donc des ions

hydroxyde HO et xmax = 2,00104 mol.Remarque : valeur que l’on peut vérifier graphiquement sur la figure 2, xmax = 200 µmol. 2.2. Étude conductimétriqueOn considère que V = V0.

2.2.1. On a :     i i i

X soit ici, à l’instant initial t0 :        0 Na HO.[Na ] .[HO ]

Or initialement : [Na+] = [HO] = c0 donc il vient :      0 0 0Na HO.c .c soit       0 0Na HO .c 2.2.2. Au cours de la transformation :

- lorsqu’un ion hydroxyde HO est consommé, un ion éthanoate CH3CO2 est formé. - les ions sodium Na+ n’étant pas consommés, ils ne jouent aucun rôle sur la variation de la conductivité.

D’un point de vue de la conductivité, tout se passe comme si on remplaçait un ion HO par un ion CH3CO2.

Or     3 2CH CO HO

donc la conductivité de la solution diminue au cours du temps.

2.2.3. Dans un état intermédiaire, la conductivité  s’écrit :

           

3 2 3 2Na CH CO HO

.[Na ] .[CH CO ] .[HO ]

  

        3 2

0 3 2Na CH CO HO .c .[CH CO ] .[HO ]

  

          

 3 2 0

0Na CH CO HO

n xx .c . .

V V

            3 2

0 0Na CH CO HO HO

nx x .c . . .

V V V

            3 2

0 0Na CH CO HO HO

x x .c . .c .

V V

            3 2

0 0Na HO CH CO HO

x x .c .c . .

V V

         3 2

0 CH CO HO

x . V

Remarques :

1) x augmente au cours du temps, donc x

V augmente (V>0). Par ailleurs    

3 2CH CO HO soit      

3 2CH CO HO 0 donc

le terme      3 2CH CO HO

x . V

diminue au cours du temps. Et comme 0 est constant, finalement diminue au cours du

temps.

2) Dans l’état final : x = xmax = n0          3 2

0 f 0 CH CO HO

n . V

soit           3 2

0f 0Na CH C OO 0HO H .c c .. c finalement :       

3 2 f 0Na CH CO

.c comme indiqué en 2.2.1.

2.3. Étude cinétique 2.3.1. La vitesse volumique de réaction v, à une date t,

est définie par  1 dx

v(t) . V dt

.

Comme le volume V de la solution est constant, la

vitesse volumique est proportionnelle à dx

dt .

Or, graphiquement, le terme dx

dt représente le

coefficient directeur de la tangente à la courbe x(t) à la date t. Ce terme diminue au cours du temps car les tangentes sont de moins en moins pentues. Donc la vitesse volumique diminue au cours du temps.

2.3.2. À la date t1 = 14 min, le système a atteint son état final car l’avancement x a atteint sa valeur

maximale xmax = 2,00104 mol = 200 µmol. 2.3.3. Letemps de demi-réaction t1/2 est la durée au bout de laquelle l’avancement atteint la moitié de

l’avancement final xf : x(t1/2) = fx

2 .

Or ici : xf = xmax = 200 µmol donc

x(t1/2) = maxx

2 = 100 µmol.

On trace la droite x(t1/2) = 100 µmol. Cette droite coupe le graphe x(t) en un point dont l’abscisse est égale à t1/2. Sur le graphique, on peut estimer t1/2 à 1,7 min.

xmax

maxx

2

t1/2

2.3.4. La température est un facteur cinétique. Une augmentation de température permet d’atteindre plus rapidement l’état final sans le modifier. On passe d’une solution S à 20°C à une solution S’, identique à S, mais à une température de 40°C. Ainsi t’1/2 < t1/2.

2.3.5. On a : x(t1/2) = max

2

x et d’après le tableau d’avancement : n(HO)t = n0 – x(t)  x(t) = n0  n (HO)t

Donc n0  n (HO)t1/2 = max

2

x ,

soit c0.V – [HO]t1/2.V = .c V0

2 ,

donc c0 – [HO]t1/2 = c0

2 .

Soit finalement : [HO]t1/2 = c0

2

2.3.6.a. Le graphe de la figure 3 est une droite

passant par l’origine. Ainsi 

         

0cln HO

est

proportionnel à t, ce que l’on écrire :

          

0cln k.t HO

.

Entre l’origine et le point M de coordonnées (10 min ; 4,0) on a :

, k

 

4 0 0

10 = 4,0101 min1.

2.3.6.b.

1/2

0 1/2

t

c ln k.t

HO

          

or pour t = t1/2 on a [HO]t1/2 = c0

2 (question 2.3.5) donc

   

      

0 1/2

0

c ln k.t

c

2

 1/2ln2 k.t soit finalement 1/2 ln2

t k

2.3.6.c. 1/2 1 ln2 0,70 7 4 3 3

1 1,75 0,40 4 4 4 44,0 10

t

        

= 1,8 min

On obtient une valeur voisine de celle obtenue à la question 2.3.3., t1/2 égal à 1,7 min. 3. Comment interpréter le dégagement de chaleur ? 3.1. La perturbation qui provoque la cristallisation dans la bouillotte est la petite pièce métallique que l’on « clique » à l’intérieur de la poche.

3.2. Équation de la réaction de précipitation : CH3CO2 + Na+ = CH3CO2Na(s). 3.3. La réaction de précipitation est exothermique : elle dégage donc de la chaleur. Le système chimique cède de la chaleur au milieu extérieur ce qui permet de se réchauffer les mains lors de balades dans la neige…

M

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