DM7 : Optique et chimie des solutions MP

DM n° 7Optique et chimie des solutions

probleme I : Determination du rayon de courbure d’une lentille

1

2

Probleme 2 : Verres a sake

A. Visibilite d’un objet situe dans le plan focal

A-1. On se limite aux rayons paraxiaux c’est a dire proche de l’axe optique et faiblement inclines parrapport a l’axe optique.

A-2.

A-3.

Pour determiner la position de 5 :— on trace le rayon emergent DP’— On trace l’axe secondaire auquel il est parallele— L’intersection de cet axe secondaire avec BB’ donne E (foyer secondaire objet par lequel

passe le rayon incident)On procede de meme pour E’

A-4. D’apres le schema precedent : tanα = SD′+POSO et tanα = FE′

FS

Finalement FE′ = FS × SD′+POSO

or FE′ = EE′2 , SD′ = DD′

2 , PO = PP ′2

Il reste EE′ = FS × DD′+PP ′SO

A.N. : EE’ = 1,56 mm

On en deduit τ = (EE′BB′ )2 = (1,5620 )2 = 6.10−3 = 0, 6%

L’image n’est pas vue en entier par l’oeil, il ne percoit que 0, 6%

B. Visibilite d’un objet situe entre le plan focal et la lentille

La lentille est desormais moins convergente

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B-1. A −→ A2 donc le relation de conjugaison donne : 1SA2− 1

SA= 1

f ′

On a alors SA2 = SAf ′

SA+f ′

AN : SA2 = −18mm

D’apres la relation de grandissement γ =B2B′

2

BB′ = SA2

SA

Ici γ = f ′

SA+f ′

AN : γ = 1, 5

La taille de l’image est donc B2B′2 = 1, 5× 2, 0.10−3 = 30mm

L’image est virtuelle, droite (γ > 0) et agrandie (γ > 1)

On a comme une loupe

B-2. La distance entre l’oeil et le plan image est A2O = A2S + SO

A2O = 1, 8.10−3 + 200.10−3 = 218mm

Soient C et C’ les points extremes visibles par l’oeil.

D’apres le theoreme de Thales : DD′

CC′ = SOA2O

La fraction surfacique visible τ2 visible par l’oeil est :

τ2 = ( CC′

B2B′2

)2 = ( DD′

B2B′2

× A2OSO

)2

AN : τ2 = 0, 53

L’oeil voit desormais 53% de la surface de l’objet

C. Distance focale de deux lentilles minces accolees

C-1. On obtient A’ en F’ si A est a l’infini soit si 1SA

= 0

A∞ ←→ F ′ : 1SA′ = 1

SF ′ = 1f ′

Par identification 1f ′ = 1

n1

n2−n1

CS

Finalement : f ′1 = CS × n1n2−n1

AN : f ′1 = 12mm

C-2. De la meme facon f ′2 = CS × n1n2−n3

AN : f ′2 = 35, 3mm

C-3. En l’absence de liquide, la focale de la lentille est f ′1. L’objet est donc dans le plan focal. Lafraction observee par l’oeil est τ1 = 0, 6%. On ne le voit pas.

En presence de liquide dans le verre, la focale est desormais f ′2 > f ′1. On est dans le cas de lapartie B. La fraction surfacique visible par l’oeil est desormais τ2 = 53%. L’objet est visiblepartiellement.

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DM 3 : Sujet chimie Mine-Pont 2016 - Corrigé

1 Prise d'un béton

On considère la réaction chimique :

2 [Ca3SiO5](s) + 6 H2O(`) = [Ca3Si2O7, 3H2O](s) + 3 Ca(OH)2(s)

1) Tableau d'avancement :

2 [Ca3SiO5](s) + 6 H2O(`) = [Ca3Si2O7, 3H2O](s) + 3 Ca(OH)2(s)EI n1 n2 0 0

n1 − 2ξ n2 − 6ξ ξ 3ξEF n1 − 2ξF n2 − 6ξF ξF 3ξF

Avec : n1 =m1

M(Ca3SiO5)=

228

228= 1 mol, et n2 =

m2

M(H2O)=

90

18= 5 mol.

• Si on suppose que Ca3SiO5 est le réactif limitant : ξF = n1/2 = 0, 5 mol.

• Si on suppose que H2O est le réactif limitant : ξF = n2/6 = 0, 83 mol.

Donc : Le réactif limitant est le ciment Ca3SiO5 et ξF = 0, 5 mol.

A la �n de la réaction : n(Ca3SiO5) = 0 mol, n(H2O) = 2 mol, n([Ca3Si2O7, 3H2O]) = 0, 5 mol et n(Ca(OH)2) = 1, 5 mol.

2) On suppose la réaction isobare donc ∆H = Q. On la suppose de plus adiabatique donc Q = 0. On a donc ∆H = 0.

De plus ∆H = Cp∆θ + ∆rH◦ ξF ⇒ ∆rH

◦ = −Cp∆θ

ξF

Avec Cp la capacité calori�que du milieu réactionnel à la �n de la réaction :Cp = n(H2O)× Cp,m(H2O) + n([Ca3Si2O7, 3H2O])× Cp,m([Ca3Si2O7, 3H2O]) + n(Ca(OH)2)× Cp,m(Ca(OH)2)

⇔ Cp = 2× 75 + 0, 5× 340 + 1, 5× 80 = 440 J.K−1.mol−1.

AN : ∆rH◦ = −440× 15

0.5= −13, 2 kJ.mol−1

2 Basicité d'un béton

3) HO− + H3O+ = 2 H2O Constante de réaction : K◦ =

1

Ke= 1014

4) Déterminer le pH initial de la solution prélevée revient à déterminer la concentration initiale en ions HO− de celle-ci 1.Notons cette concentration c0. La quantité n0 d'ions HO− initialement présents dans le volume V0 de solution prélevée est

donc :

n0 = c0V0.

La concentration de la solution titrante est c = 0, 5 mol.L−1. La quantité n d'ions H3O+ introduits dans la solution lors du

titrage est donc (avec V le volume de solution titrante versée) :

n = cV .

A l'équivalence (V = Veq = 1 mL), les réactifs de la réaction de titrage (ions HO− et H3O+) ont été introduits en quantités

stoechimoétriques, donc :

n = n0⇔ cVeq = c0V0

⇔ c0 =cVeqV0

=0.5× 1

100= 5.10−3 mol.L−1

On en déduit le pH initial de la solution titrée : pH = 14 + log(c0) = 11, 7

1. car, dans une solution aqueuse, on a toujours la relation : [H3O+][HO−]= 10−14 à cause de l'équilibre d'autoprotolyse de l'eau : H2O = H3O+

+ HO−, de constante Ke = 10−14. Donc pH = − log([H3O+]) = − log(Ke/[HO−]) = 14 + log([HO−]).

1

5) la conductivité σ de la solution est donnée par : σ =∑i

ciΛi◦, où ci sont les concentrations des di�érents ions présents dans

la solution et λi leurs conductivités ioniques molaires.

• Avant l'équivalence : Lorsque l'on ajoute de la solution titrante (H3O+,Cl−) dans le milieu réactionnel, la quantité d'ions

HO− diminue car les ions ceux-ci réagissent avec les ions H3O+, et la quantité d'ions Cl− augmente. Comme la conductivité

ionique molaire de HO− est supérieure à celle de Cl−, la conductivité globale de la solution diminue.

• Après l'équivalence : Il n'y a plus d'ions HO− dans la solution titrée. Lorsque l'on ajoute de la solution titrante (H3O+,Cl−)

dans le milieu réactionnel, la quantité d'ions Cl− et H3O+ augmente. La conductivité globale de la solution augmente.

6) On cherche à déterminer la conductivité σ de la solution en fonction de V , le volume de solution titrante versé dans le milieuréactionnel.

La quantité initiale d'ions HO− et Ca2+ dans le milieu est n0 = c0V0. La quantité d'ions H3O+ et Cl− introduite dans le milieu

est n = cV . On en déduit les quantités de matière à la �n de la réaction :

HO− + H3O+ = H2O Ca2+ Cl−

EI n0 = c0V0 n = cV excès n0 nn0 − ξ n− ξ excès n0 n

EF n0 − ξF n− ξF excès n0 n

• Avant l'équivalence : n < n0 : H3O+ est le réactif limitant : n− ξF = 0 ⇒ ξF = n

On peut donc exprimer la conductivité de la solution en fonction de V : (On pose Vtot = V + V0)

σ = [HO−]Λ◦(HO−) + [H3O+]Λ◦(H3O

+) + [Ca2+]Λ◦(Ca2+) + [Cl−]Λ◦(Cl−)

⇔ σ =n0 − nVtot

Λ◦(HO−) + 0× Λ◦(H3O+) +

n0Vtot

Λ◦(Ca2+) +n

VtotΛ◦(Cl−)

⇔ σ =n0Vtot× {Λ◦(HO−) + Λ◦(Ca2+)}+

n

Vtot× {Λ◦(Cl−)− Λ◦(HO−)}

On néglige la dilution de la solution titrée lors du dosage car V << V0 donc Vtot ≈ V0.Ainsi : σ = c0 × {Λ◦(HO−) + Λ◦(Ca2+)}+

c

V0× {Λ◦(Cl−)− Λ◦(HO−)} × V

σ est une fonction a�ne de V dont la pente est : p1 =c

V0× {Λ◦(Cl−)− Λ◦(HO−)} . AN : p1 = −61 S.m−1.L−1

• Après l'équivalence : Cette fois n > n0 : H3O+ est le réactif en excès : n0 − ξF = 0 ⇒ ξF = n0

Donc : σ = 0× Λ◦(HO−) +n− n0Vtot

× Λ◦(H3O+) +

n0Vtot

Λ◦(Ca2+) +n

VtotΛ◦(Cl−)

D'où, en négligeant la dilution : σ = c0 × {Λ◦(Cl−)− Λ◦(H3O+)}+

c

V0× {Λ◦(Cl−) + Λ◦(H3O

+)} × V

σ est une fonction a�ne de V dont la pente est : p2 =c

V0× {Λ◦(Cl−) + Λ◦(H3O

+)} . AN : p2 = +213 S.m−1.L−1

• Calcul du rapport des pentes :

p2p1

=Λ◦(Cl−) + Λ◦(H3O

+)

Λ◦(Cl−)− Λ◦(HO−). AN :

p2p1

= −3.49

• Véri�cation à partir du graphique :

p1 =0, 06− 0, 125

(1− 0).10−3= −65 S.m−1.L−1 ; p2 =

0, 23− 0, 06

(1, 8− 1).10−3= +212, 5 S.m−1.L−1 ; ⇒ p2

p1= −3.27

7)

2

3 Carbonatation d'un béton

8) • Règles de Pauli, Kleckowski et Hund : voir cours.

• Ca : Z = 20 : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2

• A�n d'avoir une structure électronique similaire à celle des gaz parfaits (ns2 np6) le calcium tend à perdre 2 électrons.

→ Ca2+ : Z = 18 : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Con�guration du gaz rare qui précède Ca dans la classi�cation périodique (Argon).

9) • On lit dans les données : pKa(H2CO3/HCO−3 ) = 6, 4 et pKa(HCO−

3 /CO2−3 ) = 10, 4, d'où le diagramme de prédominance

suivant :

• D'après la question 4, le pH de l'eau en contact avec le béton est 11,4. C'est donc bien l'espèce CO2−3 qui prédomine.

10)- Réaction (1) de carbonatation du béton : Ca(OH)2 + CO2−

3 = CaCO3 + 2 HO− ; K◦ = ???- Réaction (2) de dissolution de CaCO3 : CaCO3 = Ca2+ + CO2−

3 ; Ks2 = 3.10−9

- Réaction (3) de dissolution de Ca(OH)2 : Ca(OH)2 = Ca2+ + 2 HO− ; Ks3 = 5.10−6

La réaction (1) peut s'écrire comme un combinaison linéaire de (2) et (3) : (1)=(3)-(2). D'où K◦ =Ks3

Ks2. AN : K◦ = 1, 66.103

On a donc K◦ > 1 : La réaction est thermodynamiquement favorisée .

11) On cherche à retrouver Ks2 = 3.10−9, la constante d'équilibre de la réaction (2).

A l'aide de la table thermodynamique fournie, on calcule le ∆rH◦ et le ∆rS

◦ de la réaction (2) :∆rH

◦ = −543− 677− (−1207) = −13 kJ.mol−1.∆rS

◦ = −53− 57− 93 = −203 J.mol−1.On en déduit ∆rG

◦ à 298 K :∆rG

◦ = ∆rH◦ − T∆rS

◦ = −13− 298× (−203.10−3) = 47, 5 kJ.mol−1.On en déduit Ks2 :

Ks2 = exp(−∆rG◦/RT ). AN : K◦ = 4, 7.10−9 . On retrouve bien l'ordre de grandeur recherché.

12) En se plaçant dans l'approximation d'Ellignham, on suppose que ∆rH◦ est indépendant de la température.

Et d'après la loi de Van't Ho� :d ln(Ks3)

dT=

∆rH◦

RT 2. Donc

d ln(Ks3)

dT< 0 . Ks3 décroit avec la température.

La calcite est donc plus soluble à froid. C'est un cas très particulier, la plupart des solides sont plus solubles lorsque l'on augmentela température.

13) L'eau de chaux est une solution de Ca(OH)2, donc contenant des ions Ca2+ et HO−. Elle est donc basique. Lorsque l'onfait barboter du CO2(g) dans de l'eau de chaux, celui-ci se dissous dans la solution sous la forme d'ions carbonates CO2−

3 (voirquestion 9). Il peut donc y avoir précipitation de CaCO3 selon la réaction inverse de la réaction (2). C'est ce précipité blanchâtrequi trouble l'eau de chaux.

14) • Formule de Lewis :C : Z=6 : 1s2 2s2 2p2 → 4 électrons de valence.O : Z=8 : 1s2 2s2 2p4 → 6 électrons de valence.

La molécule de CO2−3 a donc 1× 4 + 3× 6 + 2 = 24 électrons de valence.

Elle doit donc comporter 12 doublets électroniques.

• Moment dipolaire :

L'oxygène étant plus électronégatif que le carbone, il attire les électrons et est porteurd'une charge partielle −δ. Le carbone porte donc ici une charge partielle +3δ

La molécule CO2−3 a une géométrie plane. Le barycentre des charges partielles négatives

est donc ici confondu avec le barycentre des charges positives (atome de carbone).

Cette molécule ne possède donc pas de moment dipolaire permanent.

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