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13/11/
CORRECTION DU DS N°
Exercice n°1 χ : Fermentation dans le vin : 12pts
A – PREMIERE PARTIE : DETERMINATION DU DEGRE ALCOOLIQUE D'UN VIN
I - Questions préliminaires
- Les demi-équations électroniques associées aux couples: CH 3 CHO / CH 3 CH 2 OH et NAD+^ / NADH sont: oxydation de l'éthanol: CH 3 CH 2 OH = CH 3 CHO + 2 e–^ + 2 H+ réduction du NAD+: NAD+^ + 2e –^ + H+^ = NADH CH 3 CH 2 OH + NAD+^ = CH 3 CHO + NADH + H+ On retrouve bien l'équation (1) donnée dans l'énoncé. Au cours de la réaction (1), l'éthanol CH 3 CH 2 OH est oxydé en éthanal CH 3 CHO avec libération de deux électrons tandis que NAD+^ est réduit en NADH avec capture de deux électrons. On a transfert de deux électrons entre l'éthanol et NAD+.
- Un catalyseur est une espèce chimique capable d'accélérer une réaction chimique: le catalyseur n'intervient pas dans l'écriture de l'équation de la réaction, car en fin de réaction il se retrouve inchangé. Il s'agit ici d'une catalyse enzymatique.
II - Étalonnage du spectrophotomètre
Lors du réglage initial du spectrophotomètre, la valeur de l'absorbance de la solution de référence doit être nulle. On dit qu'on réalise "le blanc" du spectrophotomètre.
Graphe A = f(Cm) :
Le graphe est une droite qui passe par l'origine du repère. L'absorbance A est donc proportionnelle à la concentration massique Cm, soit: A = k. Cm avec k coefficient directeur de la droite.
À l'aide des points (0; 0) et (300 ; 0,48), on détermine: k =
_ _
= 1,6 ×××× 10 –3^ L.mg–1.
III - Préparation et dosage de l'éthanol contenu dans le vin
- Solution D: Échantillon E: CD = CE = VD = 1 mL VE = 50 mL Au cours de la dilution de la solution D pour préparer l'échantillon E, la quantité d'éthanol est conservée,
donc: nD = nE ⇔ CD.VD = CE.VE ⇔ 50
E
D D
E V
V
C
C
50 E=^ D
C C
L'échantillon correspond donc à une dilution au 1/50e^ de la solution D.
- On a Ae = 0,30 donc d'après la relation précédente: Cm,e = e
A
k
Absorbance e n fonction de la conce ntration massique
0
0,
0,
0,
0,
0,
0 50 100 150 200 250 300
Cm (m g.L-1)
A
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Cm,e = (^) _ 3
= 1,9.10^2 mg.L-1. (valeur non arrondie stockée en mémoire de la calculatrice)
On aurait pu utiliser le graphe A = f(Cm) du II.2. mais cette méthode serait moins précise.
- Concentration massique en éthanol : a. La solution D ayant été diluée 50 fois, il vient: Cm,D = 50. Cm,e Cm,D = 50 × 1,9.10^2 = 9,4× 103 mg.L–1^ = 9,4 g.L–1^ ( calcul effectué avec la valeur non arrondie de Cm,e )
b. Le distillat de vin (20 mL) ayant été dilué 10 fois pour préparer 200 mL de solution D, la concentration massique du vin est en éthanol est: Cm,vin = 10. Cm,D Cm,vin = 10 × 9,4 = 94 g.L–1.
- 1 L de vin contient 94 g d'éthanol donc 100 mL de vin contient 9,4 g d'éthanol. Or la masse volumique de l'éthanol étant μ(ol) = 0,80 kg.L-1^ = 8,0× 102 g.L–1, le volume d'éthanol V(ol) en L correspondant à une masse m(ol) = 9,4 g est:
V(ol) = (^2)
m ol
μ ol
×
= 1,2.10-2^ L = 12 mL
Ainsi d'après la définition du degré alcoolique, ce vin a un degré alcoolique de 12 % vol.
B – DEUXIEME PARTIE: CINETIQUE DE LA FERMENTATION MALOLACTIQUE
- La concentration molaire en acide malique [acide malique] et concentration massique en acide malique Cm sont liées par la masse molaire M selon:
acide malique =
n V
or n =
m M
donc acide malique = .
m M V
et Cm =
m V
donc acide malique = M
Cm(t)
La masse molaire de l'acide malique est: M = 4 ×M(C) + 5 × M(O) + 6 × M(H) M = 4 × 12 + 5 × 16 + 6 × 1 = 134 g.mol–
D'où la relation: acide malique = 134
Cm(t )
À t = 0, on a Cm(0) = 3,5 g.L–1^ donc [acide malique] (0) = 134
= 2,6 ×××× 10 –2^ mol.L-1.
La quantité initiale d'acide malique à l'instant initial pour 1 L de vin est donc: n (^) acide malique (t = 0) = 2,6 ×××× 10 –2^ mol
- Le tableau d'avancement de la réaction (en mol) est: acide malique = acide lactique + CO 2 État initial (t=0) 2,6× 10 -2^0 En cours t 2,6× 10 -2^ – x(t) x(t) x(t)
A l'instant t, la quantité d'acide malique restante est: n (^) acide malique (t) = 2,6.10-2^ – x(t) D'où: x(t) = 2,6× 10 –2^ – n (^) acide malique (t)
- Courbe x = f(t) :
a. La vitesse volumique v, à l'instant t, de la réaction est définie par: v =
t
dx V dt
avec V le volume du mélange réactionnel (en L), x en mol, et t en jours (ici).
Or le terme t
dx dt
est égal au coefficient directeur de la tangente au graphe x(t) à l'instant t. Pour évaluer
la vitesse de réaction à l'instant t, il suffit de calculer le terme t
dx dt
et de multiplier ce terme par 1 / V.
b. La vitesse volumique est proportionnelle au coefficient directeur de la tangente au graphe x(t) à l'instant t. Au cours du temps, on observe que ce coefficient directeur diminue donc la vitesse
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B – DEUXIEME EXPERIENCE :
- La lumière émise par le laser est monochromatique. Elle contient une seule radiation lumineuse de longueur d'onde dans le vide λ = 633 nm. Ne pas en dire trop dès le début, des questions suivent derrière…
- Fréquence de la radiation :
a. c = λ.ν donc v =
c
v =
8 9
×
×
= 4,74 ×××× 1014 Hz
b. Une onde lumineuse est caractérisée par sa fréquence ν. Celle-ci ne change pas quelque soit le milieu de propagation.
- Les longueurs d’onde dans le vide du spectre visible vont de 400 nm (le violet) à 800 nm (le rouge). Si λ < 400 nm: domaine des ultraviolets et si λ > 800 nm : domaine des infrarouges.
4) L’indice de réfraction du verre pour la fréquence ν de l’onde utilisée est n = 1,61.
a. Dans un milieu dispersif, la célérité v dépend de la fréquence ν de l’onde. Or l'énoncé indique
n = v
c , c étant constante si v varie alors l'indice de réfraction n varie.
b. D’après la relation de la question 2.2.1. λ’ =
v avec v célérité de la lumière dans le verre.
Or n = v
c soit v = n
c Il vient : λ’ =
c
n. ν
et ν =
c (cf. 2.2.1.) donc λ’ = n
λ’ = 1 , 61
633 × 10 −^9
= 393× 10 –9^ m = 393 nm.
- On obtient une figure colorée allant du violet au rouge (couleurs de l'arc en ciel), c'est le spectre de la lumière blanche.
- La déviation d augmente quand la longueur d’onde diminue, comme λRouge > λBleu donc dRouge < dBleu.
A B
C
prisme
FIGURE N°
écran
Lumière blanche
déviation dRouge^ dBleu
