Exercice 1 : Étude d’un lave-linge
1. Remplissage de la cuve
Q1.
Le volume d’eau nécessaire pour remplir la moitié de la cuve vaut :
$$V=\dfrac{a^3}{2}$$
Or le débit volumique vérifie :
$$D_v=\dfrac{V}{\Delta t_1}$$
Donc :
$$\Delta t_1=\dfrac{V}{D_v}=\dfrac{a^3}{2D_v}$$
Application numérique :
$$a=60,0\ \rm{cm}=0,600\ \rm{m}$$ $$\Delta t_1=\dfrac{0,600^3}{2\times 12\times 10^{-3}}$$ $$\Delta t_1=\dfrac{0,216}{0,024}=9,0\ \rm{min}$$
Finalement :
$$\Delta t_1=9,0\ \rm{min}$$
Q2.
Lors du remplissage, de l’eau pénètre dans la chambre de compression.
Le volume occupé par l’air diminue, alors que la quantité de matière d’air et la température restent constantes.
D’après la loi des gaz parfaits :
$$P \cdot V = n \cdot R \cdot T$$
Comme $n$, $R$ et $T$ sont constants, le produit $P \cdot V$ reste constant.
Ainsi, lorsque le volume $V$ diminue, la pression $P$ augmente.
Donc la pression augmente dans la chambre de compression.
Q3.
À l’arrêt du remplissage, l’eau occupe le volume :
$$V_{\rm{eau}}=\pi r^2 h$$
Le volume d’air restant vaut donc :
$$V_2=V_0-\pi r^2 h$$
Q4.
Comme vu dans la question 2, comme la quantité de matière d’air et la température sont constantes, en appliquant la loi des gaz parfaits entre l’état initial et l’état final on obtient :
$$P_0V_0=P_2V_2$$
Donc :
$$P_2=\dfrac{P_0V_0}{V_2}$$
Or :
$$V_2=V_0-\pi r^2 h$$
Ainsi :
$$P_2=\dfrac{P_0V_0}{V_0-\pi r^2 h}$$
La surpression vaut :
$$\Delta P=P_2-P_0$$
Donc :
$$\Delta P=\dfrac{P_0V_0}{V_0-\pi r^2 h}-P_0$$ $$\Delta P=P_0\left(\dfrac{V_0}{V_0-\pi r^2 h}-1\right)$$ $$\Delta P=P_0\left(\dfrac{V_0-(V_0-\pi r^2 h)}{V_0-\pi r^2 h}\right)$$
Finalement :
$$\Delta P=P_0\times \dfrac{\pi r^2 h}{V_0-\pi r^2 h}$$
Q5.
Application numérique :
$$\Delta P=1,01\times 10^5\times \dfrac{\pi \times (3,0\times 10^{-2})^2\times 5,0\times 10^{-3}}{5,0\times 10^{-4}-\pi \times (3,0\times 10^{-2})^2\times 5,0\times 10^{-3}}$$ $$\Delta P = 2,9\times 10^3\ \rm{Pa}$$
Cette valeur est très supérieure à celle d’un cycle normal hors test qui est de $150\ \rm{Pa}$.
La surpression en phase de test est donc beaucoup plus grande.
Q6.
On applique la loi fondamentale de la statique des fluides entre $A$ and $B$ dans l’eau :
$$P_A+\rho g z_A=P_B+\rho g z_B$$
Donc :
$$P_A-P_B=\rho g(z_B-z_A)$$
Le point $A$ est situé à une profondeur $a/2-h$ sous $B$, donc :
$$z_B-z_A=a/2-h$$
Ainsi :
$$P_A-P_B=\rho g (a/2-h)$$
Or au point $B$, la pression vaut $P_B=P_0$ et au point $A$, la pression vaut $P_A=P_2$.
Donc :
$$P_2-P_0=\rho_{\rm{eau}}g(a/2-h)$$
Finalement :
$$\Delta P=\rho_{\rm{eau}}g(a/2-h)$$
Application numérique :
$$\Delta P=1,0\times 10^3\times 9,81\times (60,0\times 10^{-2}/2-5,0\times 10^{-3})$$ $$\Delta P=2,9\times 10^{3}\ \rm{Pa}$$
On retrouve une surpression identique à celle de la question 5.
Q7.
En fonctionnement normal :
$$\Delta P=150\ \rm{Pa}$$
On considère que la hauteur d’eau dans la chambre de compression est négligeable devant celle de la cuve.
On applique alors la statique des fluides entre la surface libre de l’eau dans la cuve et le bas de la cuve :
$$\Delta P=\rho_{\rm{eau}}gH$$
D’où :
$$H=\dfrac{\Delta P}{\rho_{\rm{eau}}g}$$
Application numérique :
$$H=\dfrac{150}{1,0\times 10^3\times 9,81}$$ $$H = 1,53\times 10^{-2}\ \rm{m}$$ $$H = 1,5\ \rm{cm}$$
Le volume d’eau contenu dans la cuve vaut alors :
$$V=a^2H$$ $$V=0,600^2\times 1,53\times 10^{-2}$$ $$V\simeq 5,5\times 10^{-3}\ \rm{m}^3$$
Comme $1\ \rm{m}^3=10^3\ \rm{L}$ on trouve :
$$V = 5,5\ \rm{L}$$
2. Durée de temporisation
Q8.
En position 1, le condensateur se charge.
D’après la loi des mailles :
$$E=u_R+u_C$$
D’après la loi d’Ohm :
$$u_R=Ri$$
Or pour le condensateur :
$$i=C\dfrac{du_C}{dt}$$
Donc :
$$u_R=RC\dfrac{du_C}{dt}$$
En remplaçant dans la loi des mailles :
$$E=RC\dfrac{du_C}{dt}+u_C$$
Soit :
$$u_C(t)+RC\dfrac{du_C}{dt}(t)=E$$
Q9.
On admits une solution de la forme :
$$u_C(t)=A\left(1-\rm e^{-t/\tau}\right)$$
Lorsque $t$ devient très grand, le condensateur est chargé d'où :
$$\lim_{t\to +\infty} u_C(t)=E$$
Donc :
$$A(1-0)=E$$ $$A=E$$
Q10.
On a :
$$u_C(t)=E\left(1-\rm e^{-t/\tau}\right)$$
D’après la loi des mailles :
$$u_R(t)=E-u_C(t)$$
Donc :
$$u_R(t)=E-E\left(1-\rm e^{-t/\tau}\right)$$ $$u_R(t)=E\rm e^{-t/\tau}$$
Q11.
À la date de fin de temporisation :
$$u_R(t_{\rm{seuil}})=\dfrac{E}{3}$$
Or :
$$u_R(t)=E\rm e^{-t/\tau}$$
Donc :
$$E\rm e^{-t_{\rm{seuil}}/\tau}=\dfrac{E}{3}$$
En divisant par $E$ :
$$\rm e^{-t_{\rm{seuil}}/\tau}=\dfrac{1}{3}$$
En prenant le logarithme népérien :
$$-\dfrac{t_{\rm{seuil}}}{\tau}=\ln\left(\dfrac{1}{3}\right)=-\ln 3$$
Donc :
$$t_{\rm{seuil}}=\tau\ln 3$$
Q12.
On veut :
$$\Delta t_2=t_{\rm{seuil}}=\tau\ln 3 \simeq 30\ \rm{s}$$
Avec :
$$\tau=RC$$
Donc :
$$RC\simeq \dfrac{30}{\ln 3}$$ $$RC\simeq \dfrac{30}{1,10}\simeq 27\ \rm{s}$$
Or :
$$C=4,70\ \rm{mF}=4,70\times 10^{-3}\ \rm{F}$$
Donc :
$$R\simeq \dfrac{27}{4,70\times 10^{-3}} \simeq 5,7\times 10^3\ \Omega$$
La valeur la plus proche parmi celles proposées est :
$$R_2=5,0\ \rm{k}\Omega$$
Q13.
Graphiquement, à $t=0$ :
$$u_R(0)\simeq 4,5\ \rm{V}$$
Cette valeur est en accord avec la loi des mailles lors de la décharge juste après le basculement en position 2.
En effet, au début de la décharge, le condensateur est chargé à :
$$u_C(0)=E=4,5\ \rm{V}$$
La tension aux bornes de la résistance a donc initialement la même valeur en valeur absolue :
$$u_R(0)=4,5\ \rm{V}$$
Il y a donc bien accord.
Q14.
Lors d’une décharge :
$$u_R(\tau)=0,37\,u_R(0)$$
Or :
$$u_R(0)=4,5\ \rm{V}$$
Donc :
$$u_R(\tau)=0,37\times 4,5\simeq 1,7\ \rm{V}$$
D’après le graphique, cette valeur est atteinte pour :
$$t_{\rm{exp}}\simeq 24\ \rm{s}$$
Théoriquement, avec $R=5,0\ \rm{k}\Omega$ et $C=4,70\ \rm{mF}$ :
$$\tau=RC=5,0\times 10^3\times 4,70\times 10^{-3}=23,5\ \rm{s}$$
La valeur expérimentale est donc en bon accord avec la valeur théorique.
3. Chauffage de l’eau
Q15.
Les trois modes de transferts thermiques sont :
- la conduction ;
- la convection ;
- le rayonnement.
Lors du chauffage de l’eau, le rayonnement peut être négligé.
Q16.
Le transfert thermique nécessaire vaut :
$$Q=m\,c_{\rm{eau}}\,\Delta \theta$$
Avec :
$$m=\rho_{\rm{eau}}V_{\rm{eau}}$$
Données :
$$V_{\rm{eau}}=5,7\ \rm{L}=5,7\times 10^{-3}\ \rm{m}^3$$ $$\rho_{\rm{eau}}=1,0\times 10^3\ \rm{kg}\cdot\rm{m}^{-3}$$
Donc :
$$m=1,0\times 10^3\times 5,7\times 10^{-3}=5,7\ \rm{kg}$$
Et :
$$\Delta \theta=30-20=10\ ^\circ\rm{C}$$
Alors :
$$Q=5,7\times 4,18\times 10^3\times 10$$ $$Q\simeq 2,38\times 10^5\ \rm{J}$$ $$Q\simeq 0,24\ \rm{MJ}$$
Q17.
On suppose :
$$P_{\rm{él}}=\Phi$$
Or :
$$\Phi=\dfrac{Q}{\Delta t_3}$$
Donc :
$$\Delta t_3=\dfrac{Q}{P_{\rm{él}}}$$
Avec :
$$Q\simeq 2,38\times 10^5\ \rm{J}$$ $$P_{\rm{él}}=2,0\ \rm{kW}=2,0\times 10^3\ \rm{W}$$
Donc :
$$\Delta t_3=\dfrac{2,38\times 10^5}{2,0\times 10^3}$$ $$\Delta t_3\simeq 1,19\times 10^2\ \rm{s}$$ $$\Delta t_3\simeq 2,0\ \rm{min}$$
Q18.
On utilise :
$$\Phi=h_cS(\theta_{\rm{thermo}}-\theta_{\rm{eau}})$$
Donc :
$$\theta_{\rm{thermo}}=\theta_{\rm{eau}}+\dfrac{\Phi}{h_cS}$$
À la fin du chauffage :
$$\theta_{\rm{eau}}=\theta_f=30\ ^\circ\rm{C}$$ $$\Phi=P_{\rm{él}}=2,0\times 10^3\ \rm{W}$$ $$S=0,020\ \rm{m}^2$$
Sans brassage :
$$h_c=1,0\times 10^3\ \rm{W}\cdot\rm{m}^{-2}\cdot\rm{K}^{-1}$$
Alors :
$$\theta_{\rm{thermo}}=30+\dfrac{2,0\times 10^3}{1,0\times 10^3\times 0,020}$$ $$\theta_{\rm{thermo}}=30+100=130\ ^\circ\rm{C}$$
Avec brassage :
$$h_c=4,0\times 10^3\ \rm{W}\cdot\rm{m}^{-2}\cdot\rm{K}^{-1}$$
Alors :
$$\theta_{\rm{thermo}}=30+\dfrac{2,0\times 10^3}{4,0\times 10^3\times 0,020}$$ $$\theta_{\rm{thermo}}=30+25=55\ ^\circ\rm{C}$$
Finalement :
- sans brassage : $$\theta_{\rm{thermo}}\simeq 130\ ^\circ\rm{C}$$
- avec brassage : $$\theta_{\rm{thermo}}\simeq 55\ ^\circ\rm{C}$$
Q19.
D’après la figure 4, en l’absence de tartre, l’eau atteint $30\ ^\circ\rm{C}$ au bout d’environ :
$$\Delta t \simeq 120\ \rm{s}$$
D’après la figure 5, à cette date, la température du thermoplongeur vaut environ :
$$\theta_{\rm{thermo}}\simeq 55\ ^\circ\rm{C}$$
Cette valeur est en bon accord avec celle obtenue à la question précédente avec brassage efficace :
$$55\ ^\circ\rm{C}$$
Q20.
D’après la figure 4 :
- sans tartre, la durée de chauffage est d’environ $120\ \rm{s}$ ;
- avec tartre, elle est d’environ $140\ \rm{s}$.
Comme la puissance est supposée constante, la consommation énergétique est proportionnelle à la durée.
Donc :
$$\dfrac{E_{\rm{avec}}-E_{\rm{sans}}}{E_{\rm{sans}}}=\dfrac{140-120}{120}$$ $$=\dfrac{20}{120}=0,167$$
La présence de tartre augmente donc bien la consommation énergétique d’environ $15\%$.
Exercice 2 : L’odeur de jasmin
Q1.
Famille des esters.
Q2.
L’étape C permet de ralentir fortement, voire de stopper, la réaction. Cela permet donc de figer l’état du système à l’instant du dosage.
Q3.
La transformation est modélisée par :
$$\rm{acide\ éthanoïque}+\rm{alcool\ benzylique}\rightleftharpoons \rm{éthanoate\ de\ benzyle}+\rm{eau}$$
Les coefficients stœchiométriques sont tous égaux à 1.
À la date $t$, la quantité d’acide éthanoïque consommée est donc égale à la quantité d’éthanoate de benzyle formée. (On peut faire un tableau d'avancement pour s'en convaincre).
Ainsi :
$$n_{\rm{EB}}(t)=n_{0,\rm{ac}}-n_{\rm{ac}}(t)$$
Donc :
$$n_{\rm{ac}}(t)=n_{0,\rm{ac}}-n_{\rm{EB}}(t)$$
Q4.
On introduit dans un tube un volume total :
$$V=2,0\ \rm{mL}$$
Le mélange contient $25\ \%$ en volume d’acide éthanoïque, donc :
$$V_{\rm{ac}}=0,25\times 2,0=0,50\ \rm{mL}$$
Avec la masse volumique :
$$\rho=1,05\ \rm{g}\cdot\rm{mL}^{-1}$$
La masse d’acide éthanoïque vaut :
$$m=\rho V=1,05\times 0,50=0,525\ \rm{g}$$
Sa masse molaire vaut :
$$M=60,1\ \rm{g}\cdot\rm{mol}^{-1}$$
Donc :
$$n_{0,\rm{ac}}=\dfrac{m}{M}=\dfrac{0,525}{60,1}$$ $$n_{0,\rm{ac}} = 8,7\times 10^{-3}\ \rm{mol}$$
Q5.
D’après la relation de la question Q3 :
$$n_{\rm{EB}}(t)=n_{0,\rm{ac}}-n_{\rm{ac}}(t)$$
La ligne 18 du code est donc :
n_EB[i]=n_0ac-n_ac[i]Q6.
Le temps de demi-réaction $t_{1/2}$ est la durée au bout de laquelle l’avancement a atteint la moitié de sa valeur finale.
Ici, cela revient à chercher la date pour laquelle la quantité de matière d’éthanoate de benzyle vaut la moitié de sa valeur finale.
D’après la courbe de l’annexe, la valeur finale est voisine de :
$$n_{\rm{EB},f}\simeq 5,8\times 10^{-3}\ \rm{mol}$$
La moitié vaut donc environ :
$$\dfrac{n_{\rm{EB},f}}{2}\simeq 2,9\times 10^{-3}\ \rm{mol}$$
Graphiquement, cette valeur est atteinte pour une date voisine de :
$$t_{1/2}\simeq 2\ \rm{min}$$
Q7.
La vitesse volumique d’apparition de l’éthanoate de benzyle est définie par :
$$v_{\rm{EB}}=\dfrac{1}{V}\dfrac{dn_{\rm{EB}}}{dt}$$
Q8.
À l’instant initial, la vitesse volumique s’estime à l’aide du coefficient directeur de la tangente à la courbe en $t=0$.
Entre $0$ et $2,0\ \rm{min}$ :
$$\Delta n_{\rm{EB}}=0,0087-0,0061=2,6\times 10^{-3}\ \rm{mol}$$
Donc :
$$\left.\dfrac{dn_{\rm{EB}}}{dt}\right|_{t=0}\simeq \dfrac{2,6\times 10^{-3}}{2,0}=1,3\times 10^{-3}\ \rm{mol}\cdot\rm{min}^{-1}$$
Avec :
$$V=2,0\ \rm{mL}=2,0\times 10^{-3}\ \rm{L}$$
On obtient :
$$v_{\rm{EB}}(0)\simeq \dfrac{1,3\times 10^{-3}}{2,0\times 10^{-3}}$$ $$v_{\rm{EB}}(0)\simeq 0,65\ \rm{mol}\cdot\rm{L}^{-1}\cdot\rm{min}^{-1}$$
Q9.
Au cours du temps, les réactifs sont consommés.
La concentration des réactifs diminue donc, ce qui fait diminuer la vitesse volumique d’apparition de l’éthanoate de benzyle.
Le temps cinétique responsable est donc la concentration des réactifs.
Q10.
Pour augmenter le rendement, on peut mettre un réactif en large excès, par exemple l’alcool benzylique.
Exercice 3 : Coloration de la laine
1. Synthèse d’un colorant acide
Q1. Un intermédiaire réactionnel est une espèce chimique formée au cours du mécanisme réactionnel puis consommée dans une étape ultérieure.
Q2.
Q3.
Dans l’étape 1, l’acide nitreux capte un proton $H^+$ donc le site donneur d’électrons est le doublet non liant porté par un atome d’oxygène de l’acide nitreux, et le site accepteur d’électrons est l’ion $H^+$.
Q4.
Q5.
On calcule les quantités de matière initiales.
Pour l’acide sulfanilique :
$$n_1=\frac{0,87}{173,2}=5,02\times 10^{-3}\ \text{mol}$$
Pour le $\beta$-naphtol :
$$n_2=\frac{0,72}{144,2}=4,99\times 10^{-3}\ \text{mol}$$
Le réactif limitant est donc le $\beta$-naphtol (on peut faire un tableau d'avancement si on le souhaite).
D’après l’équation de réaction, 1 mole de réactif limitant forme 1 mole de colorant.
Donc :
$$n_{\text{colorant,max}}=4,99\times 10^{-3}\ \text{mol}$$
La masse maximale de colorant vaut :
$$m_{\text{max}}=n_{\text{max}}M_{\text{colorant}}$$
$$m_{\text{max}}=4,99\times 10^{-3}\times 328,3$$
$$m_{\text{max}}\simeq 1,64\ \text{g}$$
Q6.
Le rendement vaut :
$$\eta=\frac{m_{\text{exp}}}{m_{\text{max}}}\times 100$$
Donc :
$$\eta=\frac{1,53}{1,64}\times 100$$
$$\eta\simeq 93\%$$
Q7.
Le spectre montre une absorption dans le domaine du bleu-vert.
La couleur perçue est la couleur complémentaire de la lumière absorbée.
D’après le cercle chromatique, la couleur du colorant est donc orangée à rouge.
2. Étude du bain de teinture
Q8.
La réaction support du titrage est :
$$\text{CH}_3\text{COOH}+\text{HO}^- \rightarrow \text{CH}_3\text{COO}^-+\text{H}_2\text{O}$$
À l’équivalence les réactifs sont introduits dans les proportions stoechimétriques, donc:
$$n(\text{CH}_3\text{COOH})=n(\text{HO}^-)$$
Donc :
$$C_{\text{dilué}}V_A=C_BV_E$$
Ainsi :
$$C_{\text{dilué}}=\frac{C_BV_E}{V_A}$$
Or le vinaigre commercial a été dilué 10 fois, donc :
$$C=10\,C_{\text{dilué}}$$
Ainsi :
$$C=10\times \frac{C_BV_E}{V_A}$$
Pour le titrage n°1, on obtient donc :
$$C=10\times \frac{0,10\times 13,50}{10,0}$$
$$C=1,350\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$$
Q9.
La moyenne correcte est :
$$C_{\text{moy}}=1,3621\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$$
L’écart-type correct est :
$$\sigma=0,009\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$$
Q10.
On utilise :
$$u(C_{\text{moy}})=\frac{\sigma}{\sqrt{n}}$$
Avec :
$$\sigma=0,009\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$$
$$n=12$$
Donc :
$$u(C_{\text{moy}})=\frac{0,009}{\sqrt{12}}$$
$$u(C_{\text{moy}})\simeq 2,6\times 10^{-3}\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$$
Avec un chiffre significatif :
$$u(C_{\text{moy}})=0,003\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$$
La valeur expérimentale s’écrit donc :
$$C_{\text{moy}}=(1,362 \pm 0,003)\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$$
Q11.
On compare la valeur expérimentale à la valeur de référence :
$$C_0=1,360\ \text{mol}\cdot\text{L}^{-1}$$
On calcule le z-score :
$$\frac{|x-x_{\text{ref}}|}{u(x)}=\frac{|1,362-1,360|}{0,003}$$
$$=\frac{0,002}{0,003} = 0,67$$
Cette valeur est inférieure à 2.
Il y a donc accord entre la concentration indiquée sur l’étiquette et celle trouvée expérimentalement.
