avertissement - sitew

AVERTISSEMENT

Vous venez de télécharger gratuitement le livre du professeur du manuel

Physique-Chimie 1re S - édition 2015.

Nous vous rappelons qu’il est destiné à un usage strictement personnel.

Il ne peut ni être reproduit ni être mutualisé sur aucun site (site d’établissement,

site enseignant, blog ou site de peer to peer), même à titre grâcieux.

Deux raisons principales :

Eviter de rendre le fichier accessible aux élèves dans les moteurs de

recherche.

Respecter pleinement le droit d’auteurs : en effet, l’ensemble des guides

pédagogiques et livres du professeur mis à votre disposition sont des

œuvres de l’esprit protégées par le droit de la propriété littéraire et

artistique.

Nous vous rappelons que selon les articles L 331-1 et L 335-4 du Code de la

propriété intellectuelle, toute exploitation non autorisée de ces œuvres

constitue un délit de contrefaçon passible de sanctions de natures pénale

et civile, soit trois ans d’emprisonnement et 300 000 euros d’amende.

Livre du professeurCollection Dulaurans - Calafell - Giacino

Sous la direction de

Michel BARDELycée Marcel-Pagnol à Marseille

Nathalie BARDELycée Saint-Charles à Marseille

Jean-Philippe BELLIERLycée Michel-Montaigne à Bordeaux

Stéphane BLATLycée Toulouse-Lautrec à Toulouse

Marc BIGORRELycée des Graves à Gradignan

Éric DAÏNILycée Paul-Cézanne à Aix-en-Provence

Maryline DAÏNI-D’INCANLycée Maurice-Janetti

à Saint-Maximin-la-Sainte-Baume

Sophie ÉDOUARDLycée Edgar-Quinet à Paris

Cyrille LÉMONIELycée Saint-Exupéry à Terrasson-Lavilledieu

Nicolas LESCURELycée Michel-Montaigne à Bordeaux

Bruno POUDENSLycée des Graves à Gradignan

Isabelle TARRIDELycée Val-de-Durance à Pertuis

Thierry DULAURANSLycée Fernand-Daguin à Mérignac

Julien CALAFELLLycée Bellevue à Toulouse

Magali GIACINOLycée Paul-Cézanne à Aix-en-Provence

re

SSppe du professLivPhysique� I �Chimie

Livre.indb 1Livre.indb 1 06/10/15 16:3806/10/15 16:38

Couverture : Nicolas PirouxMaquette intérieure : Pierre-Antoine RambaudComposition : PCA/CMB graphic – Bénédicte SouffrantSchémas : Patrick Hanequand et Jean-Luc Maniouloux

www.hachette-education.com© Hachette Livre 2015, 58 rue Jean Bleuzen, CS 70007, 92178 Vanves Cedex.ISBN : 978-2-01-395464-8Tous droits de traduction, de reproduction et d’adaptation réservés pour tous pays.Le Code de la propriété intellectuelle n’autorisant, aux termes des articles L122-4 et L122-5, d’une part, que les « copies ou reproductions strictement réservées à l’usage privé du copiste et non destinées à une utilisation collective », et, d’autre part, que « les analyses et les courtes citations » dans un but d’exemple et d’illustration, « toute représentation ou reproduction intégrale ou partielle, faite sans le consentement des auteurs ou de ses ayants droit ou ayants cause, est illicite ».Cette représentation ou reproduction, par quelque procédé que ce soit, sans autorisation de l’éditeur ou du Centre français de l’exploitation du droit de copie (20, rue des Grands-Augustins, 75006 Paris), constituerait donc une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code pénal.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

3Sommaire

Som

ma

ire

Sommaire

• Erratum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

OBSERVER

1 Vision et Image . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Couleur des objets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3 Sources de lumières colorées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4 Matières colorées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

5 Changement de couleur et réaction chimique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

6 Des atomes aux molécules . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Évaluation des compétences expérimentales et exercice de synthèse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

COMPRENDRE

7 Interactions fondamentales et réactions nucléaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

8 Cohésion des solides . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

9 Dissolution de composés ioniques ou moléculaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

10 Structure et propriétés des alcanes et des alcools . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

11 Champs et forces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .107

12 Principe de conservation de l’énergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .115

Évaluation des compétences expérimentales et exercices de synthèse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .125

AGIR

13 Ressources énergétiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .128

14 Conversions d’énergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .139

15 Piles et accumulateurs, une réponse au défi énergétique ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .149

16 Composés organiques oxygénés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .160

17 Synthèses chimiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .170

Évaluation des compétences expérimentales et exercice de synthèse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .181


Erratum

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

4

Erratum

Lors de la réimpression de l’ouvrage, certaines erreurs ont été corrigées. Il est donc possible qu’il y ait différentes versions dans votre classe.Voici la liste des corrections qui nous semblent importantes.

Chapitre 3

9Dans l’exercice 25, le titre « La nébuleuse d’Orion » est à supprimer.

Chapitre 7

Page 133 Dans le QCM, partie 3 « Les réactions nucléaires », question 4, proposition B, remplacer |m

1 + m

2 – m

3|·c2 par |m

3 + m

2 – m

1|·c2.

Chapitre 8

Page 156Dans l’exercice 9, il manque une virgule, lire : « L

v(NH

3) = 1,37 × 103 kJ·kg–1 ».

Page 156Dans l’exercice 13, il y a une erreur de renvoi, lire : « Recopier les schémas de l’exercice 12 ».

Page 158• Dans l’exercice 26, il manque la masse volumique du lait. Dans l’énoncé, lire « On considère que le lait a les mêmes capacité ther-mique massique et masse volumique que l’eau liquide. »

• Dans les données de l’exercice 26, il faut changer « condensation » en « vaporisation ».

Il y a une erreur sur la capacité thermique massique de l‘eau. Lire :

« Énergie massique de vaporisation de l’eau » et « c

eau (ℓ) = 4,18 kJ·kg–1·°C–1 ».

Chapitre 11

Page 210Dans l’exercice 4, question 3, il faut enlever le point B.

Page 216Dans l’exercice 28, texte encadré, supprimer « et de même charge électrique » dans la phrase « En particulier, toutes les gouttelettes étudiées sont supposées de même taille et de même charge électrique. »

Chapitre 12

Page 236 Dans l’exercice 29, à la question posée, il faut lire : « au skieur recordman du monde ».

Chapitre 13

Page 253 Dans le QCM, partie 2 « Exploitation de l’énergie chimique », ques-tion 6, lire dans l’énoncé : « de 3 mol de méthanol ».

Chapitre 14

Page 279 La dernière compétence est à remplacer par « VAL • Faire preuve d’esprit critique. ».

Solutions partielles et pistes de résolution

Page 364Dans le chapitre 2, remplacer « Exercice 27 » par « Exercice 25 ».

Page 365 Dans le chapitre 7, remplacer « Exercice 30 » par « Exercice 31 ».

Dans le chapitre 8, remplacer « Exercice 28 » par « Exercice 30 ».

Corrigés des exercices

Page 369Dans le chapitre 3, exercice 8, question 1, remplacer ℰ = h ∙ ν par

ℰ = h ∙ c

λ.

Dans le chapitre 3, exercice 13, question 1, lire « longueur d’onde dans le vide ».

Page 371 Dans le chapitre 8, exercice 7, sur le schéma, modifier la température de départ (–10 °C) et température finale (105 °C).

Dans le chapitre 8, il manque la correction de l’exercice 25 qui est annoncé comme corrigé dans le manuel. Cette correction est dans le présent livre du professeur.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

5Chapitre 1 1Vision et Image

Chapitre

Vision et Image

1

Notions et contenus Compétences attendues

L’œil : modèle de l’œil réduit.

Lentilles minces convergentes : images réelle et virtuelle.

Distance focale. Vergence.

Relation de conjugaison ; grandissement.

Accommodation.

Fonctionnements comparés de l’œil et d’un appareil photographique.

Décrire le modèle de l’œil réduit et le mettre en correspondance avec l’œil réel.

Déterminer graphiquement la position, la grandeur et le sens de l’image d’un objet-plan donnée par une lentille convergente.

Modéliser le comportement d’une lentille mince convergente à partir d’une série de mesures.

Utiliser les relations de conjugaison et de grandissement d’une lentille mince convergente.

Modéliser l’accommodation du cristallin.

Pratiquer une démarche expérimentale pour comparer les fonctionnements optiques de l’œil et de l’appareil photographique.

Liens avec les programmes officiels des classes précédentes ou d’autres disciplines de la classe de PremièrePhysique Chimie 5e

Vision d’un objet.

Modélisation du trajet de la lumière par un rayon lumineux.

Physique Chimie 4e

Lentilles convergentes et divergentes.

Image d’un objet donnée par une lentille convergente et observée sur un écran.

Modélisation de l’œil.

Commentaires sur un choix pédagogiqueNous avons choisi de présenter la relation de conjugaison sous la forme : 1

xA’

1x

A

1f ’– =

et le grandissement sous la forme : y

B’

yB

xA’

xA

= = .

Cela évite l’utilisation de la notion de mesure algébrique qui est inconnue des élèves.

De plus, les notations proposées (x pour les abscisses et y pour les ordonnées), correspondent aux habitudes des élèves en mathématiques.

Ressources numériquesCapsule vidéo : Relation de conjugaison

Activité web : Construction de l’image donnée par une lentille

Vidéos d’expérience : Maquette de l’œil réduit, accommodation

Essentiel : sous forme de carte mentale modifiable (télécharger FreeMind ou FreePlane)

Évaluation : QCM supplémentaire à imprimer ou à projeter question par question (avec correction finale ou immédiate)

Exercices résolus : version diaporama pour vidéoprojection

Exercices : une sélection d’exercices « Pour commencer » en version interactive

Activités

Les lentilles et l’œil 3 p. 12 du manuel

Compléments

Compétences mises en œuvre

a Connaître le principe de formation d’une image. (4e)

a Connaître l’effet d’une lentille convergente sur un faisceau de lumière parallèle. (4e)

a Savoir que l’œil est assimilable à une lentille convergente placée devant un écran. (4e)

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité est à proposer en autonomie aux élèves dans le cadre de la révision des compétences mises en place dans les programmes des années précédentes.

Programme officiel

1


Chapitre 1 1Vision et Image

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

6

Réponses

1. L’image d’un objet doit se former sur la rétine afin qu’il soit vu nettement.

2.

Élément de l’œil réel Élément de l’œil réduit

Iris Diaphragme

Milieux transparents de l’œil Lentille convergente

Rétine Écran

3. Le sens de l’image est inversé par rapport à celui de l’objet.

4. En concentrant les rayons lumineux sur le foyer image de la lentille, l’ingénieur a réussi à enflammer la mousse.

L’œil et l’appareil photographique 3 p. 13 du manuel

Compléments


a Pratiquer une démarche expérimentale pour comparer les fonctionne-ments optiques de l’œil et de l’appareil photographique.

aModéliser l’accommodation du cristallin.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de proposer une activité expérimentale en dé-marche d’investigation pour faire découvrir à l’élève la différence de fonctionnement optique d’un œil et d’un appareil photographique.

Matériel• Maquette de modélisation de l’œil avec distance focale variable, objet adapté et éventuellement un éclairage adapté pour rendre l’objet lumineux.

• Maquette de modélisation de l’appareil photo avec distance variable entre la lentille et l’écran, lentille adaptée et éventuellement objet lumineux adapté.

Réponses

Questionnement alternatif

Analyse et synthèse Compétences travaillées

1. En comparant la maquette de l’œil et celle de l’appareil photographique, indiquer dans chaque maquette ce qui peut être modifié et ce qui ne peut pas l’être.

S’approprier • Extraire des informations.

2. a. Pour diverses positions de l’objet, chercher, avec la maquette de l’œil, à obtenir une image nette sur l’écran.

Comment l’œil s’adapte-t-il à la distance qui le sépare de l’objet observé ?

b. Pour diverses positions de l’objet, chercher, avec la maquette de l’appareil photographique, à obtenir une image nette sur l’écran.

Comment l’appareil photographique s’adapte-t-il à la distance qui le sépare de l’objet observé ?

Réaliser • Mettre en œuvre un protocole.

Valider • Interpréter des observations.

Communiquer • Rédiger une réponse.

3. Rédiger un compte rendu montrant les points communs et les différences entre un œil et un appareil photographique.

Communiquer • Rendre compte à l’écrit.

Solution totale

En étudiant les deux dispositifs proposés, on observe que :

• dans le cas de l’œil, la modification de sa forme lui permet de s’adapter à la distance à laquelle se trouve l’objet à observer.

• dans le cas de l’appareil photographique, la modification de la distance lentille-papier calque lui permet de s’adapter à la distance à laquelle se trouve l’objet à observer.

Réponse

Dans un œil, la distance entre le cristallin et la rétine est fixe. Pour une vision nette, l’image doit être sur la rétine quelle que soit la distance entre l’objet et l’œil.

Pour que l’image soit située sur la rétine, l’œil adapte sa forme à la distance le séparant de l’objet observé : c’est le phénomène d’accommodation.

La mise au point d’un appareil photographique se fait en réglant la distance entre l’objectif et le capteur.

2


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Image d’un objet par une lentille convergente 3 p. 14 du manuel

Compléments

Compétence mise en œuvre

aDéterminer graphiquement la position, la grandeur et le sens de l’image d’un objet-plan donnée par une lentille convergente.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeAprès avoir travaillé sur la schématisation du trajet de quelques rayons particuliers, nous proposons de l’appliquer à la détermina-tion de l’image d’un objet-plan schématisé par un segment fléché.

Réponses

1. • Schématisation de l’expérience a

FO

F'

Règle associée à la schématisation de l’expérience a : règle 3

Tout rayon lumineux passant par le foyer objet, point de l’axe optique noté F, émerge de la lentille parallèlement à cet axe.

• Schématisation de l’expérience b

F

O

F'

Règle associée à la schématisation de l’expérience b : règle 2

Tout rayon lumineux arrivant parallèlement à l’axe optique émerge de la lentille en passant par le foyer image, point de l’axe optique noté F’.

• Schématisation de l’expérience c

F O F'

Règle associée à la schématisation de l’expérience c : règle 1

Tout rayon lumineux passant par le centre optique O d’une lentille ne subit aucune déviation.

2.

O

B

B’A

A’

FObjet

Sens de propagation de la lumière

F’

Les rayons caractéristiques permettant de tracer l’image d’un point sont :

– le rayon passant par le centre optique O de la lentille ; il n’est pas dévié quand il traverse la lentille ;

– le rayon parallèle à l’axe optique ∆ de la lentille ; il est dévié par la lentille vers son foyer image F’ ;

– le rayon passant par le foyer objet F de la lentille ; il émerge de la lentille parallèle à l’axe optique ∆.

Le point B’, image du point B, se situe à l’intersection de ces rayons après qu’ils aient traversé la lentille.

L’image A’ du point A est sur l’axe optique, c’est le projeté orthogonal de B’ sur l’axe optique.

Relations pour une lentille convergente 3 p. 15 du manuel

Compléments


aModéliser le comportement d’une lentille mince convergente à partir d’une série de mesures.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous proposons de retrouver les relations de conjugaison et du grandissement à travers l’utilisation d’un banc d’optique et d’une lentille convergente. Cette séance expérimentale est aussi l’occasion de parler de sources d’erreur.

ComplémentsSur un banc d’optique, on a placé un objet lumineux, une lentille convergente et un écran.

Pour différentes distances lentille-objet, on recherche la position de l’écran permettant d’obtenir une image nette.

La position de l’objet par rapport au centre de la lentille est notée xA.

La position de l’image par rapport au centre de la lentille est notée xA’

.

La dimension verticale de l’objet est noté yB

et celle de l’image yB’

.

3

4



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

8

L’axe horizontal est orienté de gauche à droite (dans le sens de propagation de la lumière).

L’axe vertical est orienté de bas en haut.

Matériel• Banc d’optique gradué avec lentille convergente et objet lumineux adaptés.

• Éventuellement ordinateur avec tableur.

Réponses

1. Exemples de résultats obtenus avec des mesures (au mm près) sur le banc d’optique :

Lentille f ’ = + 5 cm

xA (cm) – 10,0 – 15,0 – 20,0 – 25,0

1x

A

(cm–1) – 0,100 – 0,0667 – 0,0500 – 0,0400

xA’

(cm) + 10,0 + 7,5 + 6,7 + 6,3

1x

A’

(cm–1) 0,100 0,130 0,150 0,160

1x

A’

1x

A

– (cm–1) 0,200 0,20 0,20 0,20

(cm–1)1f ’ 0,2 0,2 0,2 0,2

yB

(cm) + 2,5 + 2,5 + 2,5 + 2,5

yB’

(cm) – 2,5 – 1,3 – 0,8 – 0,6

yB’

yB

– 1,0 – 0,52 – 0,3 – 0,2

xA’

xA

– 1,00 – 0,50 – 0,34 – 0,25

Lentille f ’ = + 10 cm

xA (cm) – 15,0 – 20,0 – 25,0 – 30,0

1x

A

(cm–1) – 0,0667 – 0,0500 – 0,0400 – 0,0333

xA’

(cm) + 30,0 + 20,0 + 16,7 + 15,0

1x

A’

(cm–1) 0,0333 0,0500 0,0600 0,0667

1x

A’

1x

A

– (cm–1) 0,100 0,100 0,100 0,100

(cm–1)1f ’ 0,10 0,10 0,10 0,10

yB

(cm) + 2,5 + 2,5 + 2,5 + 2,5

yB’

(cm) – 5,0 – 2,5 – 1,7 – 1,3

yB’

yB

– 2,0 – 1,0 – 0,68 – 0,52

xA’

xA

– 2,00 – 1,00 – 0,668– 0,500

2. On constate que

1x

A’

1x

A

1 .f ’– =

3. On constate également que y

B’

yB

xA’

xA

= = .

4. De nombreuses sources d’erreur existent, on peut citer avant tout les erreurs de lecture des positions de l’objet et de l’image, des tailles de l’objet et de l’image.

On peut aussi parler de la plage relativement étendue de netteté de l’image.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Exercices 3 p. 19 à 28 du manuel

QCM

Un QCM supplémentaire est disponible dans le manuel numérique enrichi (enseignant et élève).

1 1. C ; 2. A ; 3. A et C ; 4. B.

2 1. B et C ; 2. A et C ; 3. B ; 4. A ; 5. B.

Application immédiate

Une version diaporama de l’exercice résolu est disponible dans le manuel numérique enrichi (enseignant).

4

F’

A

B

F

4 cm 16 cm

O A’

B’

Sur le schéma, on relève xA’

= 1,3 cm, soit 41

1,3 × = 5,2 cm en vraie grandeur.

L’image est renversée, plus petite que l’objet.

Sa taille est 2 mm = 0,2 cm sur le schéma, soit 161

0,2 × = 3,2 cmen vraie grandeur.



6 On utilise la relation de conjugaison :1x

A’

1x

A

1f ’– =

soit x

A × f ’

xA + f ’

xA’

=

soit – 30,0 × 15– 30,0 + 15

xA’

= soit xA = + 30 cm.

On utilise la formule du grandissement : x

A’

xA

=

30– 30,0

= soit γ = −1 : l’image, renversée, a la même taille que

l’objet.


Grille d’évaluation des compétences spécifiques du chapitre : voir www.hachette-education.com (fiche du manuel).

7 1. a. Milieux transparents : 2

b. Iris : 1

c. Rétine : 3

2. a. L’œil peut être modélisé par un diaphragme, une lentille convergente et un écran.

b.

Diaphragme

Écran

Lentilleconvergente

c. Le diaphragme modélise l’iris, la lentille modélise les milieux transparents de l’œil et l’écran modélise la rétine.

8

FonctionÉlément

de l’œil réel

Élément de l’appareil

photographique

Régulation de la quantité de lumière

Iris Diaphragme

Formation de l’image

Milieux transparents de l’œil

Objectif ( ensemble de lentilles)

Réception de l’image

Rétine Capteur

9 Le phénomène d’accommodation est un mécanisme qui per-met, par déformation du cristallin, de modifier la vergence de l’œil, de sorte que l’image d’un objet se forme sur la rétine.

10 1. L’image doit se former sur le capteur.

2. Lors de la mise au point, la distance objectif–capteur est modifiée.

11 1. 1

f ’1

0,050= soit V = 20 .V =

2. 1

V

1

5,0=f ’ = soit f’ = 0,20 m ou 20 cm.

12 Plus la vergence d’une lentille est grande, plus la distance focale de cette lentille est faible.

La première lentille citée (20δ) a une distance focale plus petite que la seconde (5δ).



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

10

13

F’

F F’F

14 1.

F’F

F’

F

2. La figure 2 convient car tous les rayons issus de B convergent en un même point, B’.

15 1.

A

B

F

10 cm 10 cm

O A’

B’

F’

2. xA’

= 34 cm, donc l’image est à 34 cm de la lentille.

yB’

= –12 cm, donc l’image est renversée et sa hauteur est 12 cm.

16 1.

F’A’

A’

AF

10 cm 10 cm

OB

2. Sur le schéma, la taille de l’image est 1,2 cm, soit 12 cm en vraie grandeur.

On relève xA’

= − 3,0 cm, soit – 30 cm en vraie grandeur.

Remarques :On remarque que x

A’ < 0. L’image est du côté de l’objet par rapport

à la lentille : c’est une image virtuelle qui ne peut être projetée sur un écran.

Par le calcul, on retrouve xA’

= − 30 cm et le grandissement vaut γ = 2,5, ce qui conduit à une image de taille égale à celle mesurée.

17 a. xA = − 30,0 cm et

xA × f ’

xA + f ’

xA’

=– 30,0 × 10

– 30,0 + 10=

soit xA’

= + 15,0 cm.

b. xA r –∞ donc r 0.

1x

A

Donc xA’

= f’ soit xA’

= + 10,0 cm.

18 On utilise la relation de conjugaison :1x

A’

1x

A

1f ’– = avec x

A = − 3,0 cm.

a. Si xA’

= + 6,0 cm alors 1

f ’1

6,0=

1

– 3,0– . On obtient : f’ = 2,0 cm.

b. Si l’image est rejetée à l’infini, xA’

r +∞ et alors r 0.1x

A’

Donc f’ = – xA . On obtient : f’ = 3,0 cm.

19 1.

F’A

B

F OA’

B’

2. x

A’

xA

6,2– 3,5

= = soit γ = – 1,8.

20 1.

F’A

B

F O

2. x

A’

xA

3,1 × 10–2

– 12 = = soit γ = – 2,58 ×10–3.

yB’

= yB × γ = 8,2 × (– 2,58 × 10–3) soit y

A’ = – 2,1 × 10–2 m.

L’image est renversée, elle a une taille égale à 2,1 cm.

21 Lorsqu’un objet se rapproche d’une lentille, en restant avant le foyer objet de cette lentille, son image est rejetée de plus en plus loin. Cette image est alors de plus en plus grande.

La réponse b. est celle qui correspond au plus grand grandissement.

22 1. xA tend vers l’infini car le chamois est au loin.

2. xA r –∞ donc r 0,

1x

A

la relation de conjugaison donne 1x

A’

1f ’= .

Donc xA’

= f’.

3. La distance focale de la lentille qui modélise l’œil dans le cas de cette observation est f ’ = 17 mm.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


23 1. 1

V

1

20=f ’ = soit f’ = 0,050 m ou 5,0 cm.

2. L’image se forme, à cette échelle, à 8 cm de la lentille et sa taille est 2,4 cm.

Schéma : voir en fin de chapitre.

Démarches pour déterminer la position de l’objet : – en partant de B’, on trace le rayon qui passe par O sans être dévié ; – en partant de B’, on trace le rayon qui est passé par F’ à la sortie

de la lentille ; – on peut ajouter le rayon qui atteint B’ en sortant parallèlement

à l’axe optique.Les prolongements de ces rayons en avant de la lentille permettent de placer le point B.

3. Sur le schéma, on observe que l’objet a un sens inversé par rap-port à celui de l’image.

On mesure xA = − 1,1 cm soit − 5,5 cm en vraie grandeur.

On mesure la taille de l’objet : yB = − 0,3 cm soit − 1,5 cm en vraie

grandeur.

4. x

A’

xA

40– 5,5

= = = – 7,3.

Remarque : Par le calcul, on a :

xA’

= (xA’−1 − V)−1 = (0,40−1 − 20 )−1 = −0,057 m soit −5,7 cm.

Et x

A’

xA

40

– 5,7 = = = – 7,0.

24 1. a. Courbe obtenue avec un tableur :

–0,08

+

++

0,02

0

0,04

0,06

0,08

–0,06 –0,04 –0,02

++

++

+

d’ (cm–1)

d (cm–1)

d’ = 1,0015d + 0,0999

b. La représentation graphique de d’ en fonction de d est modélisée par une fonction affine d’équation :

d’(d) = 1,0015 × d + 0,0999

2. Avec les données de l’exercice et en conservant deux chiffres significatifs :1x

A’= + 0,101

xA

1,0 ×

Soit 1x

A’– = 0,101

xA

1,0 ×

En comparant avec la relation de conjugaison, on a : 1f’ = 0,10 cm–1 soit f ’ = 10 cm.

3. On peut citer par exemple :

– une erreur de lecture pour xA ;

– la difficulté de bien placer l’écran pour repérer l’image ; – une erreur de lecture pour x

A’ ;

– une erreur sur f’ en arrondissant les résultats de la modélisation.

25 1.

OA

A'

B

B'

F

F'

Rétine

2. On déduit la taille de l’image d’un caractère en utilisant la rela-tion de grandissement :

yB’

yB

xA’

xA

= =

Donc yB’

= yB· = 4 ×

xA’

xA

17– 290

Soit yB’

= − 0,23 mm.

L’image rétinienne d’un caractère est renversée et mesure 0,23 mm.

3. La relation de conjugaison est : 1x

A’

1x

A

1f ’– =

d’où : 1f ’

117= – .

1– 290

Soit f’ = + 16 mm.

La distance focale de l’œil est égale à 16 mm.

4. L’œil doit être moins convergent, la distance focale va augmenter.

26 1. La relation de conjugaison est : 1x

A’

1x

A

1 .f ’– =

2. Cela conduit à 1

xA’

12

1– 30

= + et alors xA’

= + 2,1 cm.

3. Le grandissement s’exprime par y

B’

yB

xA’

xA

= = .

4. On trouve γ = − 0,071. On a donc :

yB’

= yB × γ = 1,0 × (− 0,071) soit y

B’ = 0,071 cm.

La taille de l’image est très petite, de l’ordre de 0,7 mm.

27 1.

3 cm

Objet

Image

1 cm

F’O

2. Un rayon passant par le centre optique n’est pas dévié.

3. Un rayon incident parallèle à l’axe optique émerge de la lentille en passant par le foyer image F’.

4. La distance focale f’ de cette lentille est égale à la distance OF’.

La distance focale f’, aux imprécisions de mesure près, peut être évaluée à 10 cm.

28 1. On effectue un traitement sur calculatrice en mode statis-tique :



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

12

On a entré 10 données (n = 10), la moyenne x− vaut 0,107 m pour un écart type estimé σ

n−1 ≈ 0,015 m.

La distance focale moyenne est donc f ’ = 0,11 m en ne gardant que 2 chiffres significatifs ou f ’ = 0,107 m en gardant 3 chiffres significatifs.

2. L’incertitude de répétabilité U(f ’) = k × .n – 1

Mn

Les valeurs tabulées de k 95 %

donnent : k 95 %

= 2,26 pour n = 10.

D’où ici : U(f ’) = 2,26 ×0,015

M10 soit U(f’) = 0,0107 m que l’on

arrondira à 0,02 m.

3. f’ = (0,11 ± 0,02) m

29 1. 1x

A’

1x

A

1f ’– =

d’où 1

xA’

14,4

1– 5 000

= +

On trouve : xA’

= 4,4 cm.

Cela correspond à xA’

= f’. C’est logique car l’objet est pratiquement à l’infini.

2. Le grandissement vaut x

A’

xA

yB’

yB

= =4,4

– 5 000soit = .

γ = − 8,8 × 10−4

La taille de l’image de l’arbre est donnée par y

B’

yB

=

soit yB’

= − 8,8 × 10−4 × 10 = − 8,8 × 10−3 m sur le capteur.

30 Le professeur considère que le Soleil est infiniment éloigné de la lentille de projection.

Il tient la lentille perpendiculairement à la ligne de visée observateur – disque solaire.

Une feuille, placée perpendiculairement à la ligne de visée et en ar-rière de la lentille, fait office d’écran.

On la plaque sur la face arrière de la lentille et on la recule jusqu’à ob-tenir une image nette : l’image du disque solaire, considéré comme un objet placé à l’infini, se forme au foyer image de la lentille.

La distance entre la lentille et la feuille donne une estimation de la distance focale de la lentille.

F’

OLentille

Soleil

Distancefocale f’

Feuille de papier

31 1. et 2. Schéma : voir en fin de chapitre.

3. a. Si l’œil se place dans le faisceau divergent, provenant de B, l’observateur va estimer que ce faisceau provient d’un point B’ situé de l’autre côté de la lentille, du côté de l’objet car l’œil associé au cerveau considère que la lumière se propage en ligne droite. On dit que B’ est une image virtuelle.

Le point A’ est le projeté sur l’axe optique de B’.

Graphiquement, on constate que l’image est située environ 13,3 cm avant la lentille.

b. Cette image est droite. Elle est virtuelle, donc on ne peut pas la projeter sur un écran.

4. L’image droite est environ 2,5 fois plus grande que l’objet.

5. La relation de conjugaison est :1x

A’

1x

A

1f ’– =

1x

A’

18,0

1– 5,0= .+d’où

On obtient : xA’

= − 13,3 cm.

Le grandissement vaut x

A’

xA

=– 13,3– 5,0soit = .

Le grandissement γ est positif et vaut 2,7 : l’image est plus grande et de même sens que l’objet.

32 Traduction :

L’équation des lentillesUne image formée par une lentille est donnée par la relation des lentilles :

1

f

1

u=+

1

v

où u est la distance de l’objet à la lentille, v la distance de l’image à la lentille et f la distance focale de la lentille.

1. On utilise la relation : 1

u1

v– soit .=

1

f

1

18

1

v–=

1

6,0On obtient v = 9,0 cm. L’image est située à 9 cm du centre optique de la lentille.

2. Schéma : voir en fin de chapitre.

Graphiquement, on a bien 9 cm entre la lentille et l’image.

3. Cette relation n’est pas algébrique : u = − xA est positif et v = x

A’

est également positif (cela correspond au cas d’une image réelle).

Cette relation ne convient pas pour une loupe pour laquelle x

A’ < 0. Plus généralement, elle ne convient pas pour les situations

dans lesquelles l’image est virtuelle.

33 1. L’image est renversée et doit se former sur le capteur dont la position est fixée.

F’

A

B

F

Capteur

Objectif

O

A’B’

2. a. La distance lentille-capteur est égale à la distance focale de l’objectif, soit 50 mm.

b. Plus l’objet se rapproche (de la position A à la position A1) du

foyer objet, plus l’image est rejetée en arrière (de la position A’ à la position A’

1) : la distance lentille-capteur augmente.


c. Si la distance objet-lentille diminue, l’image est rejetée plus en arrière et sa taille augmente. Cela s’observe sur le schéma :

OA1 < OA et A’

1B’

1 > A’B’.

3. a. La mise au point permet toujours de former l’image sur le cap-teur pour des positions d’objets différentes.

b. La distance minimale est obtenue lorsque l’objectif a été éloigné au maximum du capteur, soit 55 mm.

La relation de conjugaison est 1x

A’

1x

A

1f ’– =

1x

A

1x

A’

1f ’= .–d’où

1x

A

10,055=

1– 0,050–

On obtient alors xA = − 0,55 m qui est la distance minimale

objet-objectif permise pour obtenir une photographie nette.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


34 Grille d’évaluation : voir en fin de chapitre.

Étape 1 : S’approprier la question posée1. Quel est l’intérêt de modifier la position du projecteur par rap-port à l’écran ?

2. Quelle est la taille de l’écran ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents3. La profondeur de la salle donne la distance maximale entre le projecteur et l’écran.

La taille de la pellicule donne les dimensions de l’objet dont on cherche à obtenir l’image sur l’écran.

4. Les vergences des lentilles sont :1

0,100=V

1 = 10,0 et

1

0,150=V

2 = 6,67 .

La vergence de l’ensemble est V = V1 + V

2 .

La distance focale de l’ensemble est donc :

f ’ = V–1 = (V1 + V

2)–1 = (f

1’–1 + f

2’–1)–1 = (0,100–1 + 0,150–1)–1

soit f’ = 0,0600 m.

5. Horizontalement, la taille maximale de l’image est de 9,25 m.

Verticalement, la taille maximale de l’image est de 4,75 m.

Étape 3 : Dégager la problématique6. Quelle distance entre l’objectif du projecteur et l’écran permet d’obtenir un grandissement maximal ?

Étape 4 : Construire la réponse – Calculer le grandissement si l’image occupe toute la hauteur. – Calculer le grandissement si l’image occupe toute la largeur. – Déterminer le grandissement maximal pour que l’image ne sorte

pas de l’écran. – Exprimer x

A en fonction de x

A’ et du grandissement.

– À l’aide de la relation de conjugaison, exprimer xA’

en fonction de f’ et du grandissement.

– Calculer xA’

.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématique Une salle de cinéma de 25 m de profondeur est équipée d’un écran de 9,25 m × 4,75 m.

On souhaite y projeter un film pour lequel les images sur la pellicule ont pour dimensions 24,00 mm × 12,98 mm. Pour cela, on dis-pose d’un projecteur équipé de deux lentilles accolées de distances focales respectives 100 mm et 150 mm.

Quelle est la distance entre le projecteur et l’écran qui permet d’obtenir sur l’écran l’image la plus grande possible ?

• Mise en forme de la réponse L’image doit couvrir au mieux la surface de l’écran.

– Si c’est en hauteur, le grandissement sera alors le suivant : 4,75

12,98 × 10–3= 366Hauteur écran

Hauteur négatif|1| = =

– Si c’est en largeur, le grandissement sera alors le suivant :9,25

24,0 × 10–3= 385Largeur écran

Largeur négatif|2| = =

Pour que l’image ne déborde pas de l’écran, il faut donc que le gran-dissement soit égal à γ

1 .

Or x

A’

xA

xA’

11 = ;v x

A = la relation de conjugaison conduit à :

1x

A’

1f ’

1

xA’

=–

Par mise au dénominateur commun : 1 –

1

xA’

1f ’=

donc xA’

= f’ × (1 − γ 1).

La distance focale f’ est obtenue à partir du théorème des vergences.

V = V1 + V

2 soit = =

1

f ’1

0,100.

1

0,150+

On obtient f’ = 0,0600 m.

Le grandissement est négatif (image renversée) : γ 1 = − 366.

xA’

= 0,0600 × (1 + 366). On obtient que xA’

= 22,0 m.

• Conclusion revenant sur la problématique Le projecteur doit être positionné à 22 m de l’écran.

35 1. a. La distance entre l’objectif et le capteur est modifiée lorsque le système autofocus fait la mise au point.

b. Plus l’objet à photographier est proche, plus l’image est rejetée en arrière : il faut donc augmenter la distance lentille –capteur pour une mise au point correcte.


Sur ce schéma, on observe que OA2 > OA

1 et OA’

2 > OA’

1 .

2. a. Le cristallin se déforme afin d’augmenter la vergence de l’œil.

b. Ce phénomène est l’accommodation.


c. L’œil est « autofocus » dans la mesure où il règle sa vergence pour obtenir la meilleure mise au point possible.

d. La mise au point d’un œil est différente de celle d’un appareil photographique.

En effet, l’œil modifie sa vergence alors que l’appareil photogra-phique modifie la distance entre l’objectif et le capteur.

36 1. Le capteur du smartphone se situe à droite de la capsule représentée sur le document 2.

C’est la zone où la lumière pourra être concentrée pour former une image.

2. Il faut appliquer une tension électrique entre l’eau et la capsule métallique pour que l’on puisse obtenir une image réelle sur le cap-teur car en l’absence de tension, le faisceau est diver gent. Il ne peut pas se former d’image réelle sur le capteur.

3. Pour avoir une image nette pour différentes distances de l’objet à photographier, il faut modifier la distance focale de la lentille. Pour cela, la courbure de l’interface eau-huile est modifiée en réglant le niveau de la tension appliquée.

4. • Contexte introduisant la problématique

Le dispositif photographique d’un smartphone utilise une lentille liquide pour réaliser la mise au point afin que la photographie soit nette.

• Mise en forme de la réponseLa mise au point d’un appareil photographique traditionnel se fait en modifiant la distance entre l’objectif et le capteur. Alors que dans le cas de l’œil, la mise au point (accommodation) se fait en modifiant la vergence. Des muscles bombent le cristallin afin que l’image se forme sur la rétine.

Dans un smartphone, la mise au point est faite par le bombement de l’interface eau-huile. Cela modifie la vergence de la lentille objectif.

• Conclusion revenant sur la problématique La mise au point du smartphone se rapproche donc de celle de l’œil par modification de la vergence.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

14

SchémasExercice 23

F’

A

BA’

B’

F O

5 cm

5 cm

Exercice 31

O

1 cm

1 cm

A

F F’

B’

A’

B

Exercice 32

O

2 cm

2 cm

A

F F’

B’

A’

B


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Exercice 33

O

B

A

B1

A1

A’1

B’1B’

F’A’

Exercice 35

F'

F

O A'2A1 A2

A'1

B'2

B1 B2

B'1



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

16

Grille d’évaluation

Exercice 34

Compétences A B C D Capacités attenduesExemples d’indicateurs

permettant d’attribuer le niveau de maîtrise « A »

S’approprier

Compréhension, extraction et exploitation des documents pour construire le problème.

• La profondeur de la salle (25 m) donne la distance maximale entre le projecteur et l’écran.

• Les dimensions de l’objet sont les dimensions de la pellicule, soit 24,00 mm × 12,98 mm.

Mobiliser et organiser ses connaissances, intro-duire des arguments issus des connaissances personnelles.

L’élève connaît les relations de conjugaison.

Reformuler, dégager la problématique princi-pale.

Quelle distance entre l’objectif du projecteur et l’écran permet d’obtenir un grandissement maximal ?

Analyser

Conduire un raisonnement :

– en proposant, explicitant une stratégie de réponse ;

– en s’appuyant sur ses connaissances pour enrichir.

Exemple de raisonnement correct :

• Calculer la distance focale équivalente à l’association de deux lentilles.

• Calculer les dimensions maximales, hauteur et largeur, de l’image.

• Calculer le grandissement maximal possible.

• Exprimer la distance entre le projecteur et l’image en fonction du grandissement maximal et de la distance focale.

• Calculer la distance recherchée.

RéaliserRésoudre le problème (schématiser, conduire les calculs, etc.).

Les unités des grandeurs utilisées sont cohérentes.

L’élève est capable de :

• Exprimer les grandeurs littérales.

• Effectuer des calculs numériques.

• Convertir les unités.

• Écrire un résultat de manière adaptée (unités, chiffres significa-tifs, etc.).

Valider

Revenir sur la question de départ.

Éventuellement, faire preuve d’esprit critique :

– en commentant ;

– en repérant les points faibles de l’argumenta-tion (contradiction, partialité, incomplétude,…), confrontant le contenu des documents avec ses connaissances.

• La réponse est formulée en revenant sur la question de départ.

La distance projecteur-écran est déterminée (elle est de 22 m). La valeur trouvée est inférieure à la profondeur de la salle.

• L’élève fait preuve d’esprit critique : il commente son résultat si la distance trouvée est supérieure à la longueur de la salle ou si elle est très petite.

Communiquer Rendre compte à l’écrit.

• La réponse est structurée en trois étapes (contexte introdui-sant la problématique, mise en forme de la réponse, conclusion revenant sur la problématique).

• Un vocabulaire scientifique adapté et rigoureux est utilisé.

• La rédaction fait apparaître une maîtrise satisfaisante des com-pétences langagières de base.

• La présentation est soignée.

– Majorité de A : note entre 4 ou 5 (majorité de A et aucun C ou D ▶ 5)

– Majorité de B : note entre 2 et 4 (uniquement des B ▶ 3)

– Majorité de C : note entre 1 et 3 (uniquement des C ▶ 2)

– Majorité de D : note entre 0 et 2 (uniquement des D ▶ 0 ; dès qu’il y a d’autres niveaux que le D ▶ 1 ou 2)

Extrait de « Résoudre un problème de physique-chimie dès la seconde », Griesp, juillet 2014


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

17Chapitre 2 1Couleur des objets

Chapitre

Couleur des objets

2


Couleur des objets.

Synthèse additive, synthèse soustractive.

Absorption, diffusion, transmission.

Vision des couleurs, trichromie. Daltonisme.

Principe de la restitution des couleurs par un écran plat (ordinateur, téléphone portable…).

Interpréter la couleur observée d’un objet éclairé à partir de celle de la lumière incidente ainsi que des phénomènes d’absorption, de diffusion et de transmission.

Utiliser les notions de couleur blanche et de couleurs complémentaires.

Prévoir les résultats de la superposition de lumières colorées et l’effet d’un ou de plusieurs filtres colorés sur une lumière incidente.

Pratiquer une démarche expérimentale permettant d’illustrer et de comprendre les notions de couleurs des objets.

Pratiquer une démarche expérimentale permettant d’illustrer et de comprendre la notion de lumière colorée.

Distinguer couleur perçue et couleur spectrale.

Recueillir et exploiter des informations sur le principe de restitution des couleurs par un écran plat.


La lumière blanche est composée de lumières colorées.

Éclairé en lumière blanche, un filtre permet d’obtenir une lumière colorée par absorption d’une partie du spectre visible.

Des lumières de couleurs bleue, rouge et verte permettent de reconstituer des lumières colorées et la lumière blanche par synthèse additive.

La couleur perçue lorsque l’on observe un objet dépend de l’objet lui-même et de la lumière qui l’éclaire.

Ressources numériquesSimulations : Couleur d’un objet

& Synthèse soustractive (avec filtres)

& Principe de l’imprimerie

Activité web : Synthèse additive des couleurs





Activités

Éclairage des objets et couleur 3 p. 30 du manuel

Compléments


a Pratiquer une démarche expérimentale permettant d’illustrer et de comprendre les notions de couleurs des objets.

a Interpréter la couleur observée d’un objet éclairé à partir de celle de la lumière incidente ainsi que des phénomènes d’absorption, de diffusion et de transmission.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de commencer ce chapitre par une activité expérimentale simple permettant à l’élève de s’approprier les concepts de diffusion et d’absorption. C’est aussi l’occasion à la question 4 d’avoir en classe une approche de la couleur perçue,

car il est fort probable que les réponses soient différentes pour l’ensemble du groupe.

Matériel• Deux balles : une verte et une jaune.

• Un miroir.

• Une feuille blanche.

• Une feuille noire.

• Une source de lumière blanche.

• Deux sources de lumière colorées : une rouge et une verte.

Programme officiel

1


Chapitre 2 1Couleur des objets

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

18

Réponses

1. Ce n’est pas le même phénomène dans les deux expériences. Dans l’expérience avec le miroir, il s’agit de réflexion. Dans l’expérience avec la feuille blanche, il s’agit de diffusion.

2. a. La lumière blanche qui éclaire la balle est composée d’une infinité de radiations allant du violet au rouge.b. La balle verte ne renvoie pas toutes les radiations qu’elle reçoit. Elle en absorbe une partie sinon elle apparaîtrait blanche.

3. Les sources lumineuses à disposition permettent d’éclairer les deux balles de trois lumières différentes : en lumière rouge, en lumière verte, et en additionnant les deux lumières colorées, en lumière jaune. Il faut donc chercher quelle lumière colorée permet de percevoir les deux balles de la même couleur.

4. a. Lorsque la balle verte et la balle jaune sont éclairées en lumière verte, elles sont perçues vertes.b. Les deux balles sont éclairées en lumière verte. Dans les deux cas, la lumière incidente est donc constituée de radiations vertes. La balle verte diffuse de la lumière verte ainsi que la balle jaune.

5. La lumière incidente est blanche, la lumière diffusée est verte (voir schéma ci-dessous). Les radiations de la lumière blanche qui ne sont pas vertes sont absorbées.

6. La couleur d’un objet dépend de l’objet et de la lumière qui l’éclaire.

Lumièrediffusée(verte)

Lumièreincidente(blanche)

Objet vert

Des sources lumineuses différentes 3 p. 31 du manuel

Compléments


aDistinguer couleur perçue et couleur spectrale.

a Pratiquer une démarche expérimentale permettant d’illustrer et de comprendre la notion de lumière colorée.

a Prévoir l’effet d’un ou de plusieurs filtres colorés sur une lumière incidente.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de proposer une activité expérimentale pour introduire la différence entre couleur perçue et couleur spectrale. Cette activité est proposée sous forme d’investigation et demande à l’élève d’utiliser le spectrophotomètre à sa disposition pour illustrer son argumentation de captures d’écran judicieusement choisies.

Matériel• Un spectrophotomètre.

• Lampe à DEL, lampe halogène, tube néon, lampe à incandescence, lampe spectrale.

• Des filtres colorés (bleu, rouge, vert).

ConseilsLa photographie du document 2 montre un spectrophotomètre numérique relié à un ordinateur. S’il n’est pas possible que ce maté-riel soit disponible pour chaque groupe d’élève, il est aussi possible d’adapter cette activité à des spectromètres simples en carton.

Réponses


Analyse et synthèseCompétences

travaillées

1. À l’aide du spectrophotomètre, réaliser les spectres de deux lumières de même couleur.


2. Comparer les profils spectraux ob-tenus pour déterminer si deux lumières perçues de la même couleur ont néces-sairement le même profil spectral.

Illustrer la réponse de captures d’écran légendées.


Communiquer • Rédi-ger une réponse.

Solution totale

À l’aide du spectrophotomètre à fibre, on réalise les profils spectraux de deux lumières perçues de la même couleur mais provenant de sources différentes :

– la lumière jaune provenant d’une lampe au sodium ;

– la lumière jaune provenant d’un projecteur.

Les profils spectraux sont représentés ci-après.

Profil spectral de la lumière d’une lampe au sodium

400

Intensité lumineuse

500 600 700 800

λ (nm)

Profil spectral de la lumière produite par le projecteur

400

Intensité lumineuse

500 600 700 800

λ (nm)

Réponse

La couleur perçue d’un objet est la perception des différentes ra-diations qui atteignent notre œil.

2


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Restitution de couleurs par un écran plat 3 p. 32 et 33 du manuel

Compléments


a Prévoir le résultat de la superposition de lumières colorées.

a Recueillir et exploiter des informations sur le principe de resti-tution des couleurs par un écran plat.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons fait le choix pour cette activité de proposer d’extraire des informations sur des supports variés, associé à des pratiques expérimentales pour permettre à l’élève de comprendre au mieux la restitution des couleurs par un écran plat.

L’ordre entre les parties A, B et C peut tout à fait être discuté en particulier pour la partie B ; l’organisation B, A et C est tout aussi envisageable.

Matériel• Source lumineuse (rouge, verte, bleue) permettant de réaliser la synthèse additive.

• Microscope.

• Éventuellement : smartphone avec application permettant de modifier la couleur de l’écran par l’intermédiaire de trois curseurs.

Réponses

1. Un pixel est une unité de surface de l’écran qui comporte trois petites zones, appelées sous-pixels. Chaque sous-pixel émet des radiations rouges, vertes ou bleues.

2. Les cristaux liquides transmettent la lumière aux filtres colorés ou, au contraire, empêchent son arrivée sur les filtres colorés. Ils jouent le rôle de stores.

3. Le début de la phrase surligné en jaune n’est pas scientifiquement correct dans le sens où le rôle du filtre qui est de « laisser passer une partie de la lumière blanche » n’apparaît pas clairement. La lumière n’est pas colorée par ajout de pigment comme en peinture. La lumière blanche « devient » par exemple rouge par absorption de certaines radiations.

4. Les trois couleurs primaires de la synthèse additive sont le rouge, le vert et le bleu. La couleur complémentaire du bleu est le jaune car l’addition de deux lumières colorées bleue et jaune donne du blanc. La couleur complémentaire du vert est le magenta et la couleur complémentaire du rouge est le cyan.

5. Principe de la synthèse additive :

Jaune

Rouge

VertCyanBleu

Magenta

6. Un pixel d’un écran plat est perçu rouge lorsque seul le sous-pixel rouge émet de la lumière, le sous-pixel bleu et le sous-pixel vert étant éteints. Le curseur pour le rouge est à 255, le curseur pour le bleu est à 0, le curseur pour le vert est à 0.Un pixel d’un écran plat est perçu magenta lorsque le sous-pixel rouge et le sous-pixel bleu émettent tous les deux de la lumière. Le sous-pixel vert étant éteint. Le curseur pour le rouge est à 255, le curseur pour le bleu est à 255, le curseur pour le vert est à 0.Un pixel d’un écran plat est perçu blanc lorsque les trois sous-pixels rouge, bleu et vert émettent tous les trois de la lumière. Le curseur pour le rouge est à 255, le curseur pour le bleu est à 255, le curseur pour le vert est à 255.Un pixel d’un écran plat est perçu noir lorsque les trois sous-pixels rouge, bleu et vert sont éteints. Le curseur pour le rouge est à 0, le curseur pour le bleu est à 0, le curseur pour le vert est à 0.

7. Pour trouver le nombre de couleurs différentes que l’écran plat peut afficher, il faut calculer le nombre de combinaisons différentes des lumières émises par les trois sous-pixels. En effet, chacun des trois curseurs peut prendre 256 valeurs de 0 à 255. Le nombre de couleur est donc égal à 256 × 256 × 256 = 16 777 216. On retrouve bien les 16,7 millions de couleurs différentes du document 3.

8. Un pixel d’un écran plat est composé de trois sous-pixels. Chaque sous-pixel émet ou transmet une lumière rouge, verte ou bleue. La variation d’intensité de ces trois lumières colorées permet de former par synthèse additive une grande gamme de nuances.

3



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

20


QCM


1 1. B ; 2. C ; 3. B ; 4. A, B et C.

2 1. C ; 2. C ; 3. A et C ; 4. C ; 5. A.



4 1. Le sirop contenu dans le flacon en verre incolore transmet et diffuse les lumières colorées rouge et verte, absorbe la lumière colorée bleue.

2. Le verre rouge ne transmet que les lumières colorées rouges. La lumière qui traverse le sirop et le verre est donc de couleur rouge.



5 1. Les trois couleurs primaires de la synthèse additive sont le rouge, le vert et le bleu.

2.

6 1. Les couleurs primaires de la synthèse soustractive sont le jaune, le cyan et le magenta.

2.

7 1. Pour que l’écran soit perçu blanc, il faut superposer à la lumière cyan une lumière rouge.

2. Les couleurs de ces deux lumières colorées sont complémen-taires.

8 1. On doit superposer un filtre rouge au filtre cyan pour qu’aucune lumière ne soit transmise.

2. Le cyan et le rouge sont des couleurs complémentaires.

9 1. Le disque est perçu vert, ce qui correspond à la lumière diffusée avec le maximum d’intensité.

2. La lumière diffusée comporte l’ensemble des radiations visibles (du violet au rouge). Cependant, les radiations du vert à l’orange sont les plus intenses.

10 1. La zone perçue cyan d’un écran est le résultat de l’addition de couleurs spectrales se situant dans le bleu, le vert et, à faible intensité, dans le rouge.

2. Le profil spectral serait constitué d’un seul pic situé dans le cyan.

11 1. Les radiations absorbées par l’objet sont de couleur verte.

2.

Lumièrediffusée(magenta)Lumière

incidente(blanche)

Lumièretransmise(magenta)

3. Cet objet est perçu magenta.

12 1. a. Cet objet diffuse les radiations bleues.

b. Il absorbe les radiations rouges et vertes.

2.

Lumièrediffusée(bleue)Lumière

incidente(blanche)

13 1. La couleur perçue d’un objet dépend :

– de la lumière incidente qui l’éclaire ; – des lumières colorées qu’il absorbe, diffuse et transmet ; – de l’observateur.

2. a. Les radiations de la lumière incidente sont rouges et vertes pour les plus intenses, jaunes et bleues pour les moins intenses.

b. Les radiations de la lumière diffusée sont rouges.

c. Les radiations vertes sont absorbées. Les radiations jaunes et bleues présentes dans la lumière incidente sont peut-être aussi absorbées.

14 1. a. Éclairé en lumière verte, cet objet est perçu vert.

b. Éclairé en lumière magenta, constituée de radiations rouges et bleues, il est perçu bleu.

2. Pour être perçu cyan, cet objet doit diffuser des radiations vertes et bleues. La lumière colorée doit donc impérativement contenir des radiations vertes et bleues.

15 1. Le filtre rouge transmet principalement des radiations de couleur rouge ; le filtre bleu des radiations de couleur bleue.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


2. Le texte indique que l’on obtient une image 3D à l’aide de deux images, chacune étant vue par un œil. L’image projetée en bleu est absorbée par le filtre rouge. L’œil placé devant le filtre rouge ne voit que l’image rouge projetée sur l’écran, l’image bleue est masquée. De même, le filtre bleu ne laisse pas passer les radiations rouges, l’image rouge est masquée. Chacun des deux yeux ne voit qu’une seule image d’où une restitution en 3D.

16 1. a. Les radiations visibles par l’œil humain ont des longueurs d’onde allant de 400 nm à 800 nm.

b. Les radiations à 400 nm sont violettes, celles à 800 nm sont rouges.

2. Dans les deux techniques, on additionne des lumières colorées.

Avec 3 DEL, on réalise la synthèse additive de trois lumières colorées.

Avec une seule DEL, on réalise la synthèse additive de deux lumières colorées, une bleue et une jaune.

3. Les 3 DEL émettent principalement pour des longueurs d’onde proches de 450 nm, 550 nm et 600 nm. Ce sont les longueurs d’onde des 3 pics du profil spectral.

Les couleurs correspondantes sont respectivement le bleu, le vert et le rouge.

4. Le jaune est la couleur complémentaire du bleu. L’addition de deux couleurs complémentaires donne du blanc.

5. En supposant que la lumière émise par les DEL soit blanche dans l’axe de la lampe, elle risque d’être jaunâtre sur les côtés.

17 1. On perçoit ces verres colorés car ces derniers ne trans-mettent que certaines radiations de la lumière incidente, ici de la lumière blanche. De plus, la perception des couleurs dépend égale-ment de l’observateur.

2. Le verre rouge ne transmet que les radiations rouges. Il est perçu rouge.

Le verre vert ne transmet que les radiations vertes. Il est perçu vert.

Le verre cyan transmet les radiations vertes et bleues mais il n’y a pas de radiations bleues dans la lumière incidente. Il est perçu vert.

Le verre jaune transmet les radiations rouges et vertes. Il est perçu jaune.

3. La lumière incidente est rouge ; seuls les verres rouge et jaune transmettent ces radiations. Les autres verres sont perçus noirs.

18 1. Sur la rétine d’un œil humain, les cellules sensibles à la lumière sont les cônes et les bâtonnets.

2. Les cellules sensibles aux couleurs sont les cônes.

3. a. Les cellules notées A sont les plus sensibles pour des radia-tions de longueur d’onde comprises entre 400 nm et 450 nm, entre 490 nm et 560 nm pour les cellules notées B et entre 530 nm et 620 nm pour les cellules notées C.

b. Ces intervalles de longueurs d’onde correspondent à des radia-tions violettes et bleues pour les cellules notées A, vertes pour les cellules notées B et vertes, jaunes, orange et rouges pour les cellules notées C.

c. La couleur perçue se situe dans le jaune lorsque les cellules de types B et C sont stimulées.

19 1. a. Le schéma 1 correspond à la synthèse additive, car le rouge, le vert et le bleu sont les couleurs primaires dans ce type de synthèse.

b. Le cercle blanc en bout de flèche correspond à l’addition des trois lumières colorées rouge, verte et bleue. En synthèse additive, cela donne du blanc.

c. Les deux losanges en dessous du cercle rouge sont de couleur jaune et magenta. Ils correspondent aux encres qu’il faudrait mélanger afin d’obtenir du rouge.

Les deux losanges en dessous du cercle vert sont de couleur cyan et jaune. Ils correspondent aux encres qu’il faudrait mélanger afin d’obtenir du vert.

Les deux losanges en dessous du cercle bleu sont de couleur magenta et cyan. Ils correspondent aux encres qu’il faudrait mélan-ger afin d’obtenir du bleu.

2. a. Le schéma 2 correspond à la synthèse soustractive, car le cyan, le magenta et le jaune sont les couleurs primaires dans ce type de synthèse.

b. Le mélange de peintures cyan, magenta et jaune permet d’obtenir du noir.

c. Les deux cercles en dessous du losange cyan sont bleu et vert. Ils correspondent aux couleurs des lumières à superposer afin d’obtenir du cyan.

Les deux cercles en dessous du losange magenta sont rouge et bleu. Ils correspondent aux couleurs des lumières à superposer afin d’obtenir du magenta.

Les deux cercles en dessous du losange jaune sont vert et rouge. Ils correspondent aux couleurs des lumières à superposer afin d’obtenir du jaune.

20 1. a. Arnaud entend par couleur réelle d’un objet la couleur perçue lorsque ce dernier est éclairé en lumière blanche.

b. Le magenta est la couleur complémentaire du vert. Un objet magenta éclairé en lumière verte sera donc perçu noir. La réponse d’Isia est physiquement possible.

Donc Arnaud se trompe.

2. a. Éclairé en lumière verte, le poivron de droite apparaît noir, il ne diffuse pas de lumière. Parmi les couleurs possibles d’un poivron (vert, rouge ou jaune), celui de droite ne peut être ni vert ni jaune car éclairé en lumière verte il diffuserait de la lumière. Il peut être rouge, car un objet rouge éclairé en lumière verte ne diffuse aucune lumière, donc sera perçu noir.

b. Éclairé en lumière verte, le poivron de gauche apparaît vert, il dif-fuse de la lumière verte. Parmi les couleurs possibles d’un poivron (vert, rouge ou jaune), celui de gauche peut être vert ou jaune, car éclairé en lumière verte, il diffuserait de la lumière verte.

21 1. a. Les personnes atteintes de daltonisme ont des difficultés pour distinguer certaines couleurs.

b. Ce nom vient de John Dalton, physicien anglais, qui souffrait de ce problème.

c. Les images de ce type permettent de dépister le daltonisme car les patients atteints distinguent alors mal les différentes zones colorées.

2. Un individu atteint de deutéranopie ne distingue pas les couleurs verte et rouge. Il ne distinguera pas le nombre 12 sur l’image.

22 1. L’absorption est le phénomène par lequel un objet éclairé absorbe une partie de la lumière qu’il reçoit.

2. La couleur perçue est la perception des différentes radiations constituant la lumière visible qui atteint notre œil. Ici, la couleur perçue est le magenta.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

22

3. Le spectre d’absorption (b) montre que la lumière qui traverse la solution est principalement composée de radiations violettes, bleues, jaunes, orange et rouges.

4. Le profil spectral (c) nous indique l’intensité relative des radia-tions de cette lumière. On constate qu’elle contient toutes les radia-tions du spectre, mais les plus intenses sont les violettes, les bleues, les jaunes, les orange et les rouges. Ce sont les seules radiations visibles sur le spectre d’absorption de la solution.

5. Le profil spectral de la lumière transmise nous permet de consi-dérer que la lumière transmise est principalement composée de lumière bleue et de lumière rouge, la synthèse de ces deux lumières donne de la lumière magenta.

23 Traduction :

Une vie en noir et jaunePar exemple, le sodium, quand il est incandescent, émet de la lumière jaune homogène. Il est très souvent indiqué d’effectuer certaines expériences d’optique avec une lumière homogène, parce que le résultat sera, comme on peut le comprendre facilement, plus simple.

Imaginons que soudainement un événement surprenant se pro-duise : notre Soleil se met à émettre une lumière homogène d’une seule couleur, disons jaune. La grande variété des couleurs sur Terre disparaît immédiatement. Chaque chose sera jaune ou noire !

Cette prévision est une conséquence de la théorie qui considère la lumière comme une substance, car de nouvelles couleurs ne peuvent être créées. Sa validité peut être vérifiée par l’expérience : dans une pièce où l’unique source de lumière est du sodium incandescent, tout est jaune ou noir. La richesse des couleurs de ce monde reflète la variété de couleurs dont la lumière blanche est composée.

1. a. Einstein et Infeld imaginent que la lumière du Soleil ne serait plus de la lumière blanche mais qu’elle ne contiendrait que des ra-diations jaunes.

b. Les deux physiciens entendent par « homogeneous yellow light » une lumière monochromatique de couleur jaune.

2. a. Éclairés en lumière monochromatique, les corps qui se trouvent sur Terre diffuseraient ces radiations ou les absorberaient. On aurait un monde à deux couleurs : le jaune (diffusion) et le noir (absorption). Toutes les autres couleurs disparaîtraient.

b. Avec un filtre jaune dont le profil spectral est représenté, on ver-rait toutes les couleurs dont le résultat serait l’addition de toutes les radiations (ou d’une partie) allant du vert au rouge.

3. La couleur perçue d’un corps est le résultat de l’interaction de la lumière incidente et de la matière qui constitue ce corps.

24 1. Le ciel bleu (proche du cyan) diffuse principalement des radiations bleues et vertes et les nuages blancs diffusent toutes les radiations de la lumière blanche.

2. Un filtre jaune transmet les radiations rouges, orange, jaunes et vertes.

3. Le filtre jaune ne transmet pas les radiations bleues. L’intensi-té de la lumière émise par le ciel après traversée du filtre diminue. Le ciel apparaît donc plus sombre.

4. Le ciel est plus sombre et les nuages ne perdent pas ou peu de leur intensité avec un filtre jaune. Ce dernier augmente le contraste de la photographie.


Étape 1 : S’approprier la question posée1. Comment peut-on obtenir une ombre colorée ?

2. Comment faut-il procéder pour obtenir plusieurs ombres d’un même objet ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents3. Les deux ombres sont décalées car les deux sources lumineuses sont, elles-mêmes, décalées.

4. L’ombre noire correspond à une absence de lumière. Elle est si-tuée dans une zone qui n’est éclairée par aucune des sources lumi-neuses.

Étape 3 : Dégager la problématique5. Comment des sources de lumière peuvent-elles donner deux ombres colorées et une ombre noire ?

Étape 4 : Construire la réponse – Définir la notion d’ombre noire. – Déterminer le nombre de sources à partir du nombre d’ombres

observées. – Déterminer les couleurs des lumières produites par ces sources. – Faire un schéma explicatif.

Étape 5 : RépondrePour obtenir une ombre noire, il faut intercaler un objet entre la source lumineuse et l’écran. Pour que cette ombre se colore, il faut éclairer cette ombre par une autre source colorée.

Pour obtenir deux ombres du diapason, il faut deux sources lumineuses. Ces dernières doivent être décalées l’une par rapport à l’autre.

Les deux sources lumineuses sont colorées en jaune pour l’une et en bleu pour l’autre. Ces deux couleurs sont celles des ombres du diapa-son. On peut noter que le reste de l’écran est blanc, car l’addition de lumières jaune et bleue, couleurs complémentaires, donne du blanc.

Schéma du dispositif :

Source delumière bleue

Source delumière jaune

26 1. a. Éclairée en lumière blanche, l’anémone est perçue rouge. Elle diffuse principalement les radiations de cette couleur.

Sur la photo de gauche, elle est éclairée en lumière naturelle et elle apparaît sombre. La lumière incidente qui éclaire l’anémone ne contient donc pas de radiations rouges.

b. On est au-delà de 5 m de profondeur pour qu’aucune radiation rouge n’éclaire l’anémone.

2. La partie jaune garde sa couleur jusqu’à 18 m de profondeur dans cette eau.

3. Un filtre rouge transmet principalement les radiations rouges et orange, il absorbe sa couleur complémentaire, le cyan. Comme les radiations rouges et orange disparaissent très rapidement avec la profondeur, un filtre rouge atténuera le bleu ambiant, ce qui ren-forcera le rouge et le orange. Cette astuce n’est valable qu’en deçà de 11 m de profondeur dans cette eau.

27 1. a. Les trois sous-pixels émettent des lumières rouge, verte et bleue.

b. Les intensités des lumières émises par chaque sous-pixel sont variables. La synthèse additive de ces lumières permet d’obtenir un grand nombre de couleurs.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


2. a. Par synthèse additive, cette zone de l’écran peut être perçue magenta.

b. Pour être perçue jaune, il faut additionner des radiations rouges et vertes. Les diodes électroluminescentes organiques rouges et vertes émettent donc de la lumière.

3. La résolution d’un écran indique le nombre de colonnes et de lignes de pixels qui constituent cet écran.

Ce dernier est donc ici constitué de 3 840 colonnes de pixels conte-nant chacune 2 160 pixels, soit au total 3 840 × 2 160 pixels.

Chaque pixel est constitué de 3 diodes électroluminescentes orga-niques.

Cet écran est donc constitué de :

3 840 × 2 160 × 3 = 24 883 200 diodes électroluminescentes or-ganiques.

4.

{Filtre rouge

Cristaux liquides

LumièreémiseSource de

lumièreblanche Filtre vert

Filtre bleu


Les écrans plats des smartphones et téléviseurs sont de diverses technologies.

La technologie OLED (Organic Light Emitting Diode) apparaît maintenant dans les téléviseurs à la place de la technologie LCD.

• Mise en forme de la réponse

Dans un écran LCD (Liquid Cristal Display), la lumière traverse des cristaux liquides. Cette lumière provient d’une lampe fluorescente ou d’un panneau de diodes électroluminescentes (DEL) de couleur blanche situées à l’arrière de l’écran. Elle traverse ensuite un filtre, soit rouge, soit vert, soit bleu. La couleur d’un pixel est obtenue par synthèse additive des lumières émises à partir de trois sous-pixels de couleurs rouge, verte et bleue.

Dans un écran OLED (Organic light Emitting Diode), les couleurs obtenues sont elles aussi obtenues par synthèse additive des trois lumières colorées rouge, verte et bleue, mais dans cette technologie, la lumi ère colorée est directement émise par les diodes électro-luminescentes organiques.• Conclusion revenant sur la problématiqueLa technologie OLED permet d’obtenir des écrans sans rétro-éclairage, plus fins que ceux obtenus avec la technologie LCD.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

24


Exercice 25



S’approprier


• Deux ombres différentes, une de couleur jaune et une de cou-leur bleue apparaissent sur le haut de la photographie.

• Une ombre noire apparaît sur le bas de la photographie.

• Le mur est blanc.


• L’élève a compris que les deux ombres sont décalées parce que les deux sources lumineuses sont, elles-mêmes, décalées.

• L’élève sait que l’ombre noire correspond à une absence de lumière. Il a compris qu’elle est située dans une zone qui n’est éclairée par aucune des sources lumineuses.


Comment des sources de lumière peuvent-elles donner deux ombres colorées et une ombre noire ?

Analyser


- en proposant, explicitant une stratégie de réponse ;

- en s’appuyant sur ses connaissances pour enrichir.


• Définir la notion d’ombre noire.

• Déterminer le nombre de sources à partir du nombre d’ombres observées.

• Déterminer les couleurs des lumières produites par ces sources.

• Comprendre qu’une ombre colorée est obtenue par intercep-tion de rayons lumineux issus d’une source colorée de couleur complémentaire : l’ombre jaune est à l’interception de la lumière bleue.

• Faire un schéma explicatif.


Si l’élève a fait un schéma, il est correctement réalisé.

Valider



- en commentant ;

- en repérant les points faibles de l’argumenta-tion (contradiction, partialité, incomplétude,…), confrontant le contenu des documents avec ses connaissances.


Les deux sources lumineuses produisent des lumières colorées en jaune pour l’une et en bleu pour l’autre.

• Les deux sources sont décalées.

Source delumière bleue

Source delumière jaune


• La réponse est structurée en trois étapes (contexte introduisant la problématique, mise en forme de la réponse, conclusion reve-nant sur la problématique).










© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

25Chapitre 3 1Sources de lumières colorées

Chapitre

Sources de lumières colorées

3


Différentes sources de lumière : étoiles, lampes variées, laser, DEL, etc.

Domaines des ondes électromagnétiques.

Couleur des corps chauffés. Loi de Wien.

Interaction lumière-matière : émission et absorption.

Quantification des niveaux d’énergie de la matière.

Modèle corpusculaire de la lumière : le photon. Éner-gie d’un photon.

Relation ∆ℰ = h · ν dans les échanges d’énergie.

Spectre solaire.

Distinguer une source polychromatique d’une source monochromatique caractérisée par une longueur d’onde dans le vide.

Connaître les limites en longueur d’onde dans le vide du domaine visible et situer les rayonne-ments infrarouges et ultraviolets.

Exploiter la loi de Wien, son expression étant donnée.

Interpréter les échanges d’énergie entre lumière et matière à l’aide du modèle corpusculaire de la lumière.

Connaître les relations λ = νc

et ∆ℰ = h · ν, et les utiliser pour exploiter un diagramme de niveaux d’énergie.

Expliquer les caractéristiques (forme, raies) du spectre solaire.

Liens avec les programmes officiels des classes précédentes ou d’autres disciplines de la classe de PremièrePhysique Chimie 2de

Connaître la valeur de la vitesse de la lumière dans le vide (ou dans l’air).

Savoir qu’un corps chaud émet un rayonnement continu, dont les propriétés dépendent de la température.

Repérer, par sa longueur d’onde dans un spectre d’émission ou d’absorption, une radiation caractéristique d’une entité chimique.

Savoir que la longueur d’onde caractérise dans l’air et dans le vide une radiation monochromatique.

Interpréter le spectre de la lumière émise par une étoile : température de surface et entités chimiques présentes dans l’atmosphère de l’étoile. Connaître la composition chimique du Soleil.

Ressources numériquesSimulation : Spectre continu et température

Animation : Modèle de Bohr

Vidéo : Spectre et température





Activités

Spectre continu, spectre de raies 3 p. 46 du manuel

Compléments


a Savoir qu’un corps chaud émet un rayonnement continu, dont les propriétés dépendent de la température. (2de)

a Repérer, par sa longueur d’onde dans un spectre, une radiation caractéristique d’une entité chimique. (2de)

a Interpréter le spectre de la lumière émise par une étoile. (2de)

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeDans cette activité, nous avons choisi de revenir sur les spectres abordés en classe de seconde dans le thème Univers. L’élève doit ainsi réinvestir les notions de spectre d’émission de raies, spectres continus d’origine thermique, ainsi que des caractéristiques du spectre de la lumière émise par le Soleil.

Programme officiel

1


Chapitre 3 1Sources de lumières colorées

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

26

Réponses

1. Pour un corps chauffé à une température de 3 500°C, la longueur d’onde dans le vide du maximum d’intensité lumineuse émise est d’environ 750 nm alors que pour une température de 6 500 °C, la longueur d’onde dans le vide du maximum d’intensité lumineuse émise est légèrement inférieure à 500 nm. Ainsi, en utilisant les profils spectraux b et d, on constate que plus la température du corps chauffé est importante, plus la longueur d’onde dans le vide de la radiation émise avec le maximum d’intensité est petite.

2. a. Un spectre continu est un spectre dont les radiations colo-rées se suivent sans interruption. C’est le cas des spectres a et c du document 1.

Un spectre de raies est discontinu. Un spectre de raies d’émission n’est composé que d’un nombre limité de radiations colorées de longueurs d’onde dans le vide données. C’est le cas du spectre a du document 2.

b. Les gaz contenus dans l’atmosphère d’une étoile absorbent certaines radiations de la lumière émise par cette étoile. Les raies noires correspondent donc à des raies d’absorption.

c. Les raies noires du spectre de la lumière venant d’une étoile sont traduites par des minima dans le profil spectral de l’étoile, ici du Soleil.

Caméra thermique 3 p. 47 du manuel

Compléments

Grille d’évaluation : voir en fin de chapitre.


a Exploiter la loi de Wien, son expression étant donnée.

a Connaître les limites en longueur d’onde dans le vide du domaine visible et situer les rayonnements infrarouges et ultraviolets.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi dans cette activité de proposer aux élèves de résoudre un problème d’apprentissage sur la loi de Wien.

Cette activité amène l’élève à comprendre que tous corps chauffés émettent un rayonnement pour lequel le maximum d’intensité lumineuse émise a une longueur d’onde dans le vide qui peut être déterminée par la loi de Wien. Cette loi est donnée conformément aux instructions du bulletin officiel.

Pour ne pas introduire de difficulté supplémentaire, nous avons choisi une formulation de la loi de Wien dans laquelle la température est exprimée en degrés Celsius.

Exemple de résolution

Étape 1 : S’approprier la question posée1. Que représente l’image du document 4 ?

2. Comment les couleurs de cette image ont-elles été établies ?

3. Pourquoi sont-elles qualifiées de fausses ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents4. Une caméra thermique capte le rayonnement provenant d’un corps. Le profil spectral correspondant est caractéristique de la température de ce corps. L’image donnée par une caméra thermique associe une couleur à la température de chaque zone de l’objet observé.

5. Les objets observés, comme la maison du document 4, ont des températures de quelques degrés Celsius ou quelque dizaines de degrés Celsius.Le document 2 montre que pour de telles températures, le maxi-mum d’intensité émise a une longueur d’onde supérieure à 800 nm. On peut par exemple calculer que pour une température de 10 °C, la longueur d’onde du maximum d’émission est d’environ 10 μm. Le document 3 montre que ce maximum se situe dans l’infrarouge.

6. Le document 4 montre l’image d’une maison obtenue par une ca-méra thermique et une échelle de température. Les couleurs de l’image ne sont pas les couleurs réelles de la maison, elles correspondent à la température de chaque zone de la surface de la maison.

Étape 3 : Dégager la problématique7. Les couleurs de l’image peuvent-elles avoir été émises d’après la loi de Wien ?

Étape 4 : Construire la réponse – Présenter la notion de couleur d’un objet. – Utiliser la loi de Wien pour faire le lien entre les températures

indiquées sur la photographie (doc. 4) et les longueurs d’onde des radiations émises avec un maximum d’intensité correspondantes (doc. 2).

– Déterminer le domaine du spectre électromagnétique corres-pondant à cette radiation (doc. 3).

Étape 5 : Répondre

• Contexte introduisant la problématique L’image prise par une caméra thermique lors d’un bilan thermique est colorée, en quoi ces couleurs sont-elles fictives ?

• Mise en forme de la réponse – La photographie thermique a été prise de nuit (doc. 4). Sans éclai-

rage, il n’y a pas de couleur. Les couleurs de l’image ne sont donc pas les couleurs réelles de la maison.

– Les températures indiquées sur l’échelle du document 4 sont comprises entre 1 °C et 8 °C. La loi de Wien (doc. 2) permet de calculer que, pour de telles tem-pératures, la longueur de la radiation émise avec le maximum d’in-tensité a une longueur d’onde d’environ 1,0 × 104 nm = 10 μm.

Le document 3 montre que ce rayonnement est du domaine des in-frarouges. Ce rayonnement est invisible, il n’est donc pas coloré. On peut aussi remarquer que les couleurs visibles sur l’image (doc. 4) ne sont pas compatibles avec la loi de Wien puisque les parties les plus chaudes sont représentées en rouge et les plus froides en bleu. Or d’après la loi de Wien, l’émission de lumière dans le rouge cor-respond aux températures les plus faibles (doc. 2).

• Conclusion revenant sur la problématique

Les couleurs de l’image ne correspondent donc pas à des couleurs réellement émises. Elles sont conventionnelles.

2


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Un pas vers le cours :La mesure de la longueur d’onde de la radiation émise avec l’intensité maximale λ

max permet de déterminer la température θ d’une source

chaude.

En effet, la loi de Wien relie ces deux grandeurs :

2,89 × 106

λmax– 273θ =

θ en °C λmax en nm

D’où vient la lumière émise par les atomes ? 3 p. 48 du manuel

Compléments


a Connaître les limites, en longueur d’onde dans le vide, du domaine visible et situer les rayonnements infrarouges et ultraviolets.

a Interpréter les échanges d’énergie entre la matière et la lumière à l’aide du modèle corpusculaire.

a Connaître les relations νc

λ = et ℰ = h·ν, et les utiliser pour

exploiter un diagramme de niveaux d’énergie.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeL’étude documentaire amène l’élève à comprendre les échanges énergétiques au sein de l’atome. Il comprend que ces échanges permettent l’émission d’un photon de longueur d’onde dans le vide pouvant être calculée. Cela se traduit par des raies colorées dans le spectre d’émission de l’atome. Les spectres d’émission de raies ont été abordés en classe de Seconde.

La relation donnant l’énergie du photon est donnée sous la forme : ℰ = ℰ

p – ℰ

m afin d’éviter la notation en valeur absolue. Cette notion

n’a pas encore été abordée par les élèves en mathématiques en début de classe de première S.

Réponses

1. Le domaine de longueurs d’onde du spectre visible s’étale environ de 400 nm (violet) à 800 nm (rouge). On peut en déduire, à l’aide du document 2, les fréquences correspondantes :• Pour la longueur d’onde la plus basse :

νviolet

= c

λviolet

= 400 × 109

3,00 × 108 soit ν

violet = 7,50 × 1014 Hz.

• Pour la longueur d’onde la plus élevée :

νrouge

= c

λrouge

= 3,00 × 108

800 × 109 soit νrouge

= 3,75 × 1014 Hz.

Ainsi les fréquences du spectre visible s’étalent de ν

rouge = 3,75 × 1014 Hz à ν

violet = 7,50 × 1014 Hz.

2. L’énergie ℰ d’un photon associé à une radiation de fréquence ν est : ℰ = h · ν (document 1).

D’après le document 2, ν λ=

c.

On en déduit ainsi que :

λcℰ = h ·

ℰ en joule (J)

h constante de Planck :h = 6,63 × 10–34 J·s

c, célérité de la lumière dans le vide :c = 3,00 × 108 m·s–1

λ en mètre (m)

3. Un atome ne peut émettre que des photons possédant l’éner-gie correspondant à des transitions entre des niveaux quantifiés. L’énergie de ces photons est donc aussi quantifiée. Chaque photon émis étant associé à une radiation électromagnétique, l’atome ne pourra émettre que certaines radiations. Le spectre d’émission d’un atome est donc un spectre de raies (discontinu). Remarque : il en va de même pour le spectre d’absorption.

4. Pour la transition sélectionnée, le photon a une énergie :

ℰ = ℰ3 – ℰ

2 = – 1,51 – (– 3,40) = 1,89 eV

On peut alors calculer la longueur d’onde dans le vide de la radiation correspondante (en n’oubliant pas de convertir l’énergie en joule) :

ℰ = h · λc

c λ = h·cℰ

= 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

1,89 × 1,60 × 10–19

= 6,58 ×10–7 m

soit λ = 658 nm.

La longueur d’onde étant de 658 nm, il s’agit d’une radiation rouge. La raie du spectre d’émission de l’hydrogène (schéma b du docu-ment 3) correspondant à cette transition est donc la raie rouge 4.

3



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

28


QCM


1 1. A et B ; 2. A ; 3. B.

2 1. C ; 2. B.

3 1. B ; 2. A et B ; 3. C.

4 1. A et B ; 2. B et C.



6 1. ℰ = h· = 6,63 × 10–34 ×c 3,00 × 108

546 × 10–9

soit ℰ = 3,64 × 10–19 J

ou ℰ = soit ℰ = 2,28 eV.3,64 × 10–19

1,60 × 10–19

2. La seule transition possible est la transition ℰ6 r ℰ

4, car

– 2,71 – (– 4,98) = 2,27 eV.

�n (eV)

�5 = −3,73

�6 = −2,71

�4 = −4,98�3 = −5,55�2 = −5,77

�1 = −10,44

� = 0



8 1. D’après λ = h·cℰℰ = h , on a·

cλ .

λ = 6,63 × 10–34 ×3,00 × 108

2,86 × 1,60 × 10–19

Soit λ = 4,35 × 10–7 m = 435 nm.

2. Cette radiation est bien absorbée par l’étoile, car il y a un mini-mum d’intensité lumineuse pour 435 nm.



9 La première source est polychromatique.

La seconde source est monochromatique.

10 Le spectre a est celui d’une lumière polychromatique émise par une source froide.

Le spectre b est celui d’une lumière polychromatique émise par une source chaude.

11 1. Les longueurs d’onde dans le vide des radiations qui enca-drent le visible sont λ

rouge = 800 nm et λ

violet = 400 nm.

νrouge

= =3,00 × 108

800 × 10–9

c

rouge soit ν

rouge = 3,75 × 1014 Hz.

νviolet

= =3,00 × 108

400 × 10–9

c

violet soit ν

violet = 7,50 × 1014 Hz.

2. La fréquence ν = 9,09 × 1014 Hz est supérieure à 7,50 × 1014 Hz. Cette radiation est donc dans le domaine ultraviolet UV.

12 1. ν1 =

cλ

1

= 3,00 × 108

589 × 10–9

soit ν1 = 5,09 × 1014 Hz.

2. λ2 =

cν2

= 3,00 × 108

5,64 × 10–14

soit λ2 =5,32 × 10–7 m ou 532 nm.

13 1. Les deux grandeurs physiques reliées par la loi de Wien sont la température de surface d’un corps et la longueur d’onde dans le vide de la radiation qu’il émet avec l’intensité maximale.

2. Quand l’une augmente, l’autre diminue.

14 1. La loi de Wien relie la température de surface θ de l’étoile à la longueur d’onde dans le vide λ

max de la radiation émise avec

l’intensité maximale.

2. Plus θ est grande, plus λmax

est petite. On peut alors classer dans l’ordre croissant de température : B, C, A.

3. La lumière émise par l’étoile B est perçue rouge, celle émise par l’étoile C est perçue jaune et celle de A est perçue bleue.

15 1. Cette radiation n’est pas visible, car 143 nm < 400 nm.

2. La température de surface de Spica est :

θ = – 273 soit θ = 1,99 × 104 °C2,89 × 106

143.

16 1. La longueur d’onde dans le vide λmax

de la radiation émise

avec le maximum d’intensité vaut environ λmax

= 600 nm.

2. Cette longueur d’onde est comprise entre 400 nm et 800 nm. Cette radiation est dans le domaine visible.

3. La température de surface de l’étoile Arcturus est :

θ = 2,89 × 106

600 – 273 = 4,54 × 103 °C


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


17 1. L’énergie d’un atome est quantifiée, car elle ne peut prendre que certaines valeurs.

2. Cette quantification impose que les transitions énergétiques pour passer d’un niveau à l’autre ont elles aussi des valeurs détermi-nées (quantifiées). Les raies d’émission observables dans le spectre d’un atome sont la conséquence de ces transitions.

18 1. Le photon émis lors de la transition a pour énergie :

ℰ = ℰ2 – ℰ

1 = –3,54 – (–5,39) = 1,85 eV

soit 1,85 × 1,60 × 10–19 = 2,96 × 10–19 J

Lors de cette transition de l’atome de lithium, le photon émis a une énergie de 2,96 ×10–19 J.

2. ℰ = h · λc

donc λ = h ·cℰ

λ = 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

2,96 × 10–19 = 6,72 × 10–7 m

soit λ = 672 nm.

19 1. Le fond continu du spectre du Soleil est dû à la température du Soleil (émission d’un corps chaud).

2. Les raies noires observées dans ce spectre sont dues à l’absorption de radiations par les atomes et les ions de l’atmosphère du Soleil.

3. On peut en déduire la composition de l’atmosphère du Soleil, mais pas la température, car le profil spectral n’est pas fourni.

20 1. a. La longueur d’onde dans le vide associée à la radiation émise avec le maximum d’intensité est d’environ 410 nm

b. Cette longueur d’onde dans le vide permet d’évaluer la tempéra-ture de surface de l’étoile.

2. a. Les minima d’intensité lumineuse de ce profil spectral sont dus à l’absorption de radiations par les entités chimiques présentes dans l’atmosphère de l’étoile.

b. Ils permettent de déterminer la composition chimique de cette atmosphère.

21 On utilise la relation ℰ = h · λc

pour obtenir la valeur de

l’énergie en joule (J), puis on utilise la valeur d’un électronvolt pour réaliser la conversion (1 eV = 1,6 × 10–19 J).

Longueur d’onde dans le vide (en nm)

504 587 668

Énergies (en J) 3,95 × 10–19 3,39 × 10–19 2,98 × 10–19

Énergies (en eV) 2,47 2,12 1,86

22 1. a. ℰ = h· = 6,63 × 10–34 ×c 3,00 × 108

632,8 × 10–9

soit ℰ = 3,14 × 10–19 J

ou ℰ = soit ℰ = 1,96 eV3,14 × 10—19

1,60 × 10–19.

b. Cette énergie est perdue par l’atome.

c. La flèche est donc orientée vers le bas, entre le niveau de départ et le niveau d’arrivée (voir doc. 6, p. 50 du manuel).

2. a. L’atome de néon ne peut changer d’état que s’il absorbe une radiation d’énergie égale à ℰ

4 – ℰ

3, soit 2,0 eV.

b. Cette transition correspond à une raie noire dans le spectre d’ab-sorption de l’atome.

23 1. λmax

représente la longueur d’onde de la radiation émise avec le maximum d’intensité par l’étoile.

T représente la température de surface de l’étoile.

2. La constante 2,89 × 106 peut s’exprimer par :

2,89 × 106 = T · λCette constante s’exprime donc en K·nm.

3. Les grandeurs λmax

et T sont inversement proportionnelles entre elles. Quand T diminue, λ

max augmente.

4. λmax

= 2,89 × 106

T =

2,89 × 106

3600 = 803 nm

5. Cette radiation est située dans le proche infrarouge.

24 1. D’après le document 2, les longueurs d’ondes des raies d’absorption du mercure ont pour longueurs d’onde 405 nm, 436 nm et 546 nm.

2. On utilise la relation : ℰ = h·λc puis on convertit la valeur de

l’énergie trouvée en électronvolt.


405 436 546

Énergies (en J) 4,91 × 10–19 4,56 × 10–19 3,64 × 10–19

Énergies (en eV) 3,07 2,85 2,28

3. Le niveau d’énergie ℰ1 est trop éloigné des autres pour que ces

transitions le concernent.

– Le photon absorbé correspondant à la radiation de longueur d’onde dans le vide λ = 405 nm implique une transition ℰ

2 r ℰ

6

(3,06 eV). – Le photon absorbé correspondant à la radiation de longueur

d’onde dans le vide λ = 436 nm implique une transition ℰ3 r ℰ

6

(2,84 eV). – Le photon absorbé correspondant à la radiation de longueur

d’onde dans le vide λ = 546 nm implique une transition ℰ4 r ℰ

6

(2,27 eV).

25 En pensant que l’on ne pourrait jamais connaître la composi-tion d’une étoile, Auguste Comte se trompait. En effet, il pensait que les connaissances seraient limitées à ce que l’on pouvait « voir » au sens propre. Il n’avait pas envisagé que des observations indi-rectes pourraient nous renseigner sur des caractéristiques invisibles et, en particulier, que les raies d’absorption des spectres des étoiles pouvaient être le témoin de la composition de leur atmosphère.

26 Traduction :

Le modèle de Bohr de l’atome d’hydrogèneEn physique atomique, le modèle de Bohr, introduit par Niels Bohr en 1913, représente l’atome comme un petit noyau chargé positi-vement entouré d’électrons qui se déplacent sur des orbites circu-laires autour du noyau.

Les électrons ne peuvent exister que dans certaines zones autour du noyau appelées orbites. Chaque orbite correspond à un niveau d’énergie spécifique qui est désigné par un nombre quantique n. Comme les électrons ne peuvent exister entre les niveaux d’énergie, le nombre quantique n est toujours un nombre entier (n = 1, 2, 3, 4, etc.). L’électron de niveau d’énergie le plus bas (n = 1) est le plus proche du noyau. Un électron occupant son niveau d’énergie le plus bas est dit être dans l’état fondamental. Pour l’atome d’hydrogène,

l’énergie d’un électron dans un certain niveau d’énergie peut être

trouvée par l’équation basée sur le modèle de Bohr : ℰn = –R H

n2, où R

H

est une constante égale à 2,179 × 10–18 J et n est le niveau d’énergie de l’électron.

Lorsque la lumière est envoyée sur un atome, ses électrons ab-sorbent les photons qui leur font gagner de l’énergie et sauter vers des niveaux d’énergie élevés. Plus l’énergie du photon absorbé est



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

30

grande, plus le niveau d’énergie dans lequel passe l’électron est élevé. De même, un électron peut descendre les niveaux d’énergie en émettant un photon. L’énergie du photon émis ou absorbé par un

électron peut être calculée à partir de la formule : ℰn =

ni2 – n

f2

RH , où ni

est le niveau d’énergie de l’électron initial et nf son niveau d’énergie

final.

1. Dans le modèle de Bohr, les niveaux d’énergie dans l’atome sont liés aux orbites des électrons.

2. On calcule les énergies des quatre premiers niveaux à l’aide de

la relation ℰn =

RH

n2 , puis on convertit la valeur de cette énergie en électronvolt.

n 1 2 3 4

ℰ (en J) – 2,18 × 10–18 – 5,45 × 10–19 – 2,42 × 10–19 – 1,36 × 10–19

ℰ (en eV) – 13,6 – 3,40 – 1,51 – 0,852

3. • Pour la transition d’un électron du niveau ni = 1 au niveau

nf = 3, l’énergie de la transition vaut :

ℰ = – 13,6 – (–1,51) = –12,1 eV

• Pour la transition d’un électron du niveau ni’ = 4 au niveau n

f’ = 2,

l’énergie de la transition vaut :

ℰ = – 0,85 – (– 3,40) = 2,55 eV

Si l’énergie d’une transition est positive, l’électron gagne de l’éner-gie ; si elle est négative, l’électron perd de l’énergie.

4. Les mouvements des électrons lors des deux transitions sont mo-délisés dans le schéma ci-dessous :

n = 4

n = 3

n = 2

n = 1

Absorption

Émission

+e–


Étape 1 : S’approprier la question posée

1. Qu’est-ce qu’une nébuleuse ?

2. À quoi la couleur d’une nébuleuse peut-elle être due ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents

3. L’émission de lumière par une nébuleuse est due : – à sa température ; – à l’état d’excitation des atomes qu’elle contient.

4. La température est de 2 millions de degrés.

Pour cette température, la loi de Wien conduit à :

λmax

= 2,89 × 106

2 × 106 + 273 = 1 nm

Cette longueur d’onde ne correspond pas à une radiation visible.

5. D’après le document 2, une radiation rouge a une longueur d’onde comprise entre 650 nm et 800 nm.

L’énergie correspondante est comprise entre :

ℰmin

= h·cλ =

6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

800 × 10–9 × 1,60 × 10–19 = 1,55 eV

et ℰmax

= h·cλ =

6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

650 × 10–9 × 1,60 × 10–19 = 1,91 eV

Une transition entre le niveau ℰ3 et le niveau ℰ

2 de l’atome d’hy-

drogène (doc. 3) correspondra à l’émission d’un photon qui aura une énergie égale à :

ℰ3 – ℰ

2 = –1,51 – (–3,39) = 1,88 eV

Cela correspond à une radiation rouge.

La couleur de la nébuleuse peut être due à l’émission des atomes d’hydrogène qui la composent.

Étape 3 : Dégager la problématique6. La couleur de la lumière émise par la nébuleuse d’Orion est-elle due à sa température ou à l’émission des atomes qui la composent ?

Étape 4 : Construire la réponse – Calculer la longueur d’onde de la radiation émise avec le maxi-

mum d’intensité par un corps chauffé à 2 millions de degrés Celsius. – Montrer que cette longueur d’onde ne correspond pas à une ra-

diation rouge. – Montrer qu’une des radiations émise par la désexcitation d’un

atome d’hydrogène est de couleur rouge.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématique La couleur de la lumière émise par la nébuleuse d’Orion est-elle due à sa température ou à l’émission des atomes qui la composent ?

• Mise en forme de la réponseLe calcul de la longueur d’onde du maximum d’émission pour la tem-pérature de la nébuleuse d’Orion (2 millions de degrés) conduit à :

λmax

= 2,89 × 106

θ + 273 =

2,89 × 106

2 × 106 + 273 = 1 nm

Cette longueur d’onde est inférieure à 400 nm.

La radiation correspondante est donc invisible. Ce n’est donc pas la température d’Orion qui conduit à une émission de cette cou-leur.

La radiation rouge est due à l’émission des atomes d’hydrogène ma-joritaires dans la composition de la nébuleuse. Elle correspond à la transition du niveau d’énergie ℰ

3 vers le niveau d’énergie ℰ

2 car la

longueur d’onde correspondante est :

λ = h∙c∆ℰ

= 6,63 × 10–34 × 3,00 × 108

(3,39 – 1,51) × 1,60 × 10–19 = 661 nm

Cette radiation est bien rouge.

• Conclusion revenant sur la problématique La couleur de la nébuleuse d’Orion est due à la lumière émise par les atomes d’hydrogène qui la composent.

28 1. a. La température de surface de Véga est de 9 600 K soit :

θ = 9 600 – 273 = 9 327 °C

Si l’on suppose que Véga suit la loi de Wien :

θ = 2,89 × 106

λmax

– 273

d’où λmax

= ,2 89 106×θ + 273

.

Ainsi, λmax

= 2,89 × 106

9 600 = 301 nm.

b. L’extrait du profil spectral disponible est gradué entre 400 nm et 700 nm. Sur cet extrait, on voit que le maximum est situé à une longueur d’onde inférieure à 400 nm. La valeur obtenue peut donc être compatible avec le profil spectral.

2. Pour vérifier si l’atmosphère de Vega contient du sodium, il faut rechercher dans le profil spectral de Véga des absorptions aux lon-gueurs d’onde dans le vide caractéristiques du sodium. Comme


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


il n’y a pas d’absorption visible aux longueurs d’onde 445 nm et 589 nm, on peut affirmer qu’il n’y a pas de sodium dans l’atmos-phère de Véga.

3. a. Les raies qui peuvent, dans le profil spectral de Vega, être at-tribuées à l’atome d’Hydrogène sont les raies c, d, e compte-tenu des données.

b. Pour chacune de ces raies, déterminons les énergies des photons associés à ces radiations. On utilise pour cela la relation ℰ = h · λ

c

pour déterminer la valeur de l’énergie de transition en joule. Puis on la convertit en électronvolt :


434 486 656

Énergies (en J) 4,58 × 10–19 4,09 × 10–19 3,03 × 10–19

Énergies (en eV) 2,86 2,56 1,90

c. Les transitions associées aux minimas locaux du profil spectral sont des raies d’absorption.

�n (eV)

�5 = −0,54

�6 = −0,37�7 = −0,28

�4 = −0,85

1,90 eV

2,56 eV

2,86 eV�3 = −1,51

�2 = −3,40

�1 = −13,6

0

29 1. Les spectres de chacun des tubes fluorescents ne sont pas des spectres continus comme le spectre solaire : il y a un fond continu, émis avec peu d’intensité, sur lequel se superposent de vives raies d’émission à des longueurs d’onde données (violette, bleue, vert ou jaune et un peu d’orangé).

2. • Contexte introduisant la problématique Le profil spectral de la lumière émise par un tube fluorescent dif-fère du profil spectral de la lumière émise par le Soleil. Dans ces conditions, comment expliquer que la lumière émise par un tube fluorescent puisse se rapprocher de la lumière solaire ?

• Mise en forme de la réponse Le profil spectral de la lumière émise par le Soleil est une courbe présentant un maximum pour la longueur d’onde λ

max = 480 nm.

De part et d’autre de ce maximum, les autres couleurs du spectre ont des intensités moins grandes, ce qui donne à la lumière émise par le Soleil une couleur globalement jaune.

Les profils spectraux des lampes fluorescentes présentent un maxi-mum d’émission dans le rouge et des pics isolés de grande intensité dans le vert et le bleu. Leur profil spectral diffère donc sensiblement de celui du Soleil.

En jouant sur la nature des poudres fluorescentes, on peut modifier le profil spectral de la lumière émise par le tube.

• Conclusion revenant sur la problématique L’œil étant sensible aux trois couleurs primaires de la synthèse ad-ditive (rouge, vert, bleu), certains tubes fluorescents permettent de donner par leur composition spectrale, la même impression à l’œil que la lumière solaire.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

32

Grilles d’évaluation

Activité 2



S’approprier


• Une caméra thermique capte le rayonnement provenant d’un corps (doc. 1).

• Le profil spectral correspondant est caractéristique de la tempé-rature θ de ce corps (doc. 1 et doc. 2).

• La loi de Wien permet de relier λmax

(la longueur d’onde émise avec l’intensité maximale) et θ.

• Le document 3 donne les gammes de longueurs d’ondes des radiations visibles : entre 4 × 10–1 μm et 8 × 10–1 μm.

• Les couleurs de l’image (doc. 4) correspondent à la température de chaque zone de la surface de la maison.


L’élève sait que la nuit, il n’y a pas de lumière diffusée (photogra-phie du doc. 4).


Les couleurs de l’image peuvent-elles avoir été émises d’après la loi de Wien ?

Analyser





• Présenter la notion de couleur d’un objet.

• Utiliser la loi de Wien pour faire le lien entre les températures indiquées sur la photographie (doc. 4) et les longueurs d’onde des radiations émises avec un maximum d’intensité correspondantes.

• Déterminer le domaine du spectre électromagnétique corres-pondant à cette radiation.

Ou bien :

• Présenter la notion de couleur d’un objet.

• Utiliser qualitativement la loi de Wien pour corréler l’évolution de la température en fonction de λ

max.

• Associer la longueur d’onde à la couleur.




• Exprimer les grandeurs littérales notamment la loi de Wien pour extraire λ

max à partir de θ ou pour corréler de façon qualitative

l’évolution de θ et de λmax

.


• Convertir les unités pour exploiter correctement le document 3.


Valider



- en commentant ;

- en repérant les points faibles de l’argumenta-tion (contradiction, partialité, incomplétude,…), confrontant le contenu des documents avec ses connaissances.

La réponse est formulée en revenant sur la question de départ.

Les couleurs de l’image ne correspondent donc pas à des couleurs de radiations réellement émises. Elles peuvent donc être qualifiées fausses.


• La réponse est structurée en trois étapes (Contexte introdui-sant la problématique, mise en forme de la réponse, conclusion revenant sur la problématique).










© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Exercice 27



S’approprier


• La nébuleuse d’Orion apparaît rougeâtre (doc. 1).

• La température de la nébuleuse d’Orion est de 2 millions de degrés (doc. 1).

• La nébuleuse d’Orion contient essentiellement de l’hydrogène (doc. 1).

• Les énergies des radiations émises dans le visible peuvent être extraites du document 3.

• D’après le document 2, une radiation rouge a une longueur d’onde comprise entre 650 nm et 800 nm.


• L’élève sait que l’émission de lumière par un corps peut être due :

- à sa température ;

- à l’état d’excitation des atomes qu’il contient.

• L’élève connaît l’expression de l’énergie transportée par une

radiation : h∙c

ℰ= .


La couleur de la lumière émise par la nébuleuse d’Orion est-elle due à sa température ou à l’émission des atomes qui la composent ?

Analyser





• Calculer la longueur d’onde de la radiation émise avec le maximum d’intensité par un corps chauffé à 2 millions de degrés Celsius.

• Montrer que cette longueur d’onde ne correspond pas à une radiation rouge.

• Montrer qu’une des radiations émise par la désexcitation d’un atome d’hydrogène est de couleur rouge.

Ou bien :

• Dans la série visible (de Balmer), calculer l’écart énergétique entre les deux niveaux conduisant à l’écart le plus faible.

• Calculer la longueur d’onde de la radiation associée.

• Identifier sa couleur.




• Exprimer les grandeurs littérales notamment la loi de Wien pour extraire λ

max à partir de θ.




Valider



– en commentant ;



La couleur de la nébuleuse d’Orion est due à l’émission des atomes d’hydrogène qui la composent.












Chapitre 4 1Matières colorées

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

34

Chapitre

Matières colorées

4


Synthèse soustractive.

Colorants, pigments ; extraction et synthèse.

Molécules organiques colorées : structures moléculaires, molécules à liaisons conjuguées.

Indicateurs colorés.

Interpréter la couleur d’un mélange obtenu à partir de matières colorées.

Pratiquer une démarche expérimentale mettant en œuvre une extraction, une synthèse, une chromatographie.

Savoir que les molécules de la chimie organique sont constituées principa-lement des éléments C et H.

Reconnaître si deux doubles liaisons sont en position conjuguée dans une chaîne carbonée.

Établir un lien entre la structure moléculaire et le caractère coloré ou non coloré d’une molécule.

Repérer expérimentalement des paramètres influençant la couleur d’une subs-tance (pH, solvant, etc.).

Recueillir et exploiter des informations sur les colorants, leur utilisation dans différents domaines, et les méthodes de détermination des struc-tures (molécules photochromes, indicateurs colorés, peintures, etc.).


Domaines d’acidité et de basicité en solution aqueuse.

Physique Chimie 2de

Extraction, séparation et identification d’espèces chimiques.

Aspect historique et techniques expérimentales.

Ressources numériquesAnimations : La formule topologique : écriture simplifiée des mo-lécules organiques

& Les doubles liaisons conjuguées

Vidéos : Chromatographie sur colonne

& Chromatographie sur couche mince

& Les mélanges de peinture (extrait de l’émission « C’est pas sorcier »)

& Les colorants et les pigments naturels (extrait de l’émission « C’est pas sorcier »)

& La restauration des œuvres d’art (extrait de l’émission « C’est pas sorcier »)





Activités

Le curcuma, jaune sacré de la Polynésie 3 p. 64 du manuel

Compléments


a Pratiquer une démarche expérimentale mettant en œuvre une extraction, une chromatographie.

a Repérer expérimentalement des paramètres influençant la couleur d’une substance (pH, solvant, etc.).

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité permet la révision des techniques d’extraction solide-liquide et de CCM.

Elle permet également de faire apparaître la notion d’indicateur coloré acido-basique.

Programme officiel

1


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

35Chapitre 4 1Matières colorées

Matériel et consommables• Un erlenmeyer de 250 mL.

• Un agitateur magnétique.

• Barreau aimanté.

• Dispositif de filtration simple.

• Cuve à chromatographie.

• Une micropipette.

• Bécher.

• Pipette Pasteur.

• Lampe UV.

• 5 tubes à essais.

• 10 g de curcuma en poudre.

• 50 mL d’éthanol.

• 10 mL d’éluant (6 mL d’acétate d’éthyle et 4 mL d’éther de pétrole).

• Solutions de pH respectivement 3, 5, 7, 9 et 11 (2 mL par binôme).

Réponses

1. Les curcuminoïdes sont solubles dans l’éthanol.

2. Il s’agit d’une extraction par solvant de type solide-liquide.

3. On aurait pu utiliser un montage de chauffage à reflux car les curcuminoïdes sont davantage solubles dans l’éthanol à chaud.

4. Le filtrat est un mélange d’espèces colorées et incolores : plu-sieurs taches colorées apparaissent et d’autres sont révélées sous la lampe à UV.

5. Les teintes obtenues dans les tubes à essais vont du jaune à l’orangé-brun : la couleur des curcuminoïdes dépend du pH de la solution.

6. La couleur des curcuminoïdes dépend du pH de la solution. Un indicateur coloré acido-basique est une espèce chimique dont la couleur varie avec le pH de la solution dans laquelle elle est dissoute.

Des couleurs changeantes 3 p. 65 du manuel

Compléments


a Repérer expérimentalement des paramètres influençant la couleur d’une substance (pH, solvant, etc.).

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposée– Il s’agit d’une démarche d’investigation.

Les élèves sont amenés à s’approprier la problématique et à réaliser différentes expériences pour y répondre.

Des solutions partielles peuvent être données aux élèves en difficulté.

– La deuxième partie permet d’introduire un nouveau paramètre influant sur la couleur des solutions : le solvant.

Compléments– Il est plus facile de faire les manipulations sur le jus de chou rouge. Pour cela, couper de fines lamelles de chou rouge, les mettre dans un récipient et les recouvrir d’eau, puis chauffer jusqu’à ébullition.

Après chauffage, filtrer le mélange et récupérer le jus.

– Les élèves peuvent formuler les hypothèses suivantes : rôle de la température, du sel, du poivre, du vinaigre, des colorants du vinaigre, etc. (d’où les propositions formulées dans la liste de matériel).

– Lorsque les élèves veulent tester si, en milieu basique, le jus change de couleur, il est nécessaire de prévoir des solutions basiques.

Matériel et consommables• Du jus de chou rouge.

• Du jus de citron, du vinaigre blanc, des bonbons type

biberine, un soda incolore type Sprite®, du bicarbonate officinal (pour les maux d’estomac), une boisson bicarbonatée pour les sportifs et éventuellement un déboucheur de canalisations, de la lessive, un savon solide de pH > 7, un savon solide « pH neutre », un savon liquide « pH neutre », des eaux minérales de différents pH, etc.

• Sel, poivre.

• Une plaque chauffante.

• Alcool à 95 ° (éthanol).

• Acétone.

• Cyclohexane.

• Bleu de bromothymol.

• Cristaux de diiode.

• Tubes à essais avec bouchons.

• Pipettes Pasteur.

• Papier pH.

• Spatule.

2



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

36

Réponses



1. Citer quatre « ingrédients » pouvant intervenir dans le changement de couleur de la solution.

2. Sur quelle grandeur physique le cuisinier veut-il jouer lorsqu’il verse de l’eau froide dans sa préparation ?


Analyser • Exploiter des informations.

3. Décrire le procédé à mettre en œuvre pour récupérer l’eau de cuisson du chou rouge.

4. Pour tester l’influence d’un paramètre, pourquoi ne faut-il faire varier que ce paramètre ?

5. Tester l’influence des quatre « ingrédients » et de la grandeur physique évoqués aux questions 1. et 2.

Analyser • Élaborer un protocole.


6. La couleur d’une espèce colorée peut dépendre de différents paramètres comme le solvant, la température, le pH du milieu, etc.La couleur du jus de chou rouge est-elle sensible :a. à la température ?b. au solvant ?c. au pH du milieu ?

7. La coloration du chou rouge est due à des pigments naturels, les anthocyanes (du grec anthos « fleur » et kuanos « bleu sombre »), dont la couleur peut varier du rouge-orangé au pourpre en fonction du pH du milieu qui les contient. Justifier alors le changement de couleur du jus de chou rouge.

Valider • Interpréter des observations ; mettre en lien des phénomènes et des concepts.

Solution totale

Les pigments ou colorants présents dans le chou rouge sont des indicateurs colorés acido-basiques.

Leurs solutions sont roses en milieu acide, violettes en milieu neutre, bleues en milieu légèrement basique, vertes en milieu basique et jaunes en milieu très basique.

Pour préparer une soupe bleue au chou rouge, on ajoute de l’hydro-génocarbonate de sodium.

1. La couleur du bleu de bromothymol dépend du solvant choisi.

2. La couleur d’une espèce colorée peut dépendre du solvant et du pH de la solution dans laquelle elle est dissoute.

L’indigo : l’or bleu des Touaregs 3p. 66 du manuel

Compléments


a Pratiquer une démarche expérimentale mettant en œuvre une synthèse.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité expérimentale réinvestit une technique de synthèse que les élèves ont pu voir en classe de Seconde.

Compléments– Après ajout de la soude concentrée, le mélange s’échauffe beau-coup : il est nécessaire d’en informer les élèves afin qu’ils ne soient pas surpris et restent prudents.

– Il est possible, après séchage à l’étuve, de mesurer au banc Koffler le point de fusion. L’indigo fond aux alentours de 390 °C.

– Une chromatographie de l’indigo de synthèse et d’indigo naturel acheté dans le commerce est possible.

L’indigo n’est pas soluble dans l’eau. Le solubiliser dans quelques millilitres d’acide sulfurique très concentré (coloration verte), puis

diluer dans l’éthanol. L’éluant est un mélange de 10 mL de butan-1-ol, 2 mL d’éthanol et 4 mL d’une solution d’ammoniaque diluée.

La chromatographie peut être réalisée sur plaque CCM.

Attention, la durée est assez longue (45 min).

Matériel et consommables• Du 2-nitrobenzaldéhyde.

• De l’acétone.

• De l’éthanol à 95 °.

• Une solution d’hydroxyde de sodium à 1 mol·L–1.

• Un erlenmeyer.

• Une pipette simple.

• Une éprouvette de 10 mL.

• Un dispositif de filtration sous vide.

• Un morceau de papier-filtre.

• Une boîte de Pétri.

3


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Réponses

1. 2 C7H

5NO

3 + 2 C

3H

6O + 2 HO–

r C16

H10

N2O

2 + 2 CH

3CO

2– + 4 H

2O

2. Au cours de la synthèse d’un produit solide, on distingue plusieurs étapes :

– la synthèse proprement dite, qui permet d’obtenir le produit désiré (ici, l’indigo) ;

– l’isolement du produit par filtration ;

– sa purification (ici, lavage à l’éthanol) ;

– son identification, par exemple par CCM.

3. Les molécules d’indigo, d’acétone, de 2-nitrobenzaldéhyde et de cyclohexane ont pour formule respective : C

16H

10N

2O

2 , C

3H

6O,

C7H

5NO

3 et C

6H

6 . Toutes ces molécules renferment des atomes de

carbone et d’hydrogène.

Ainsi, les molécules des espèces organiques sont essentiellement constituées des atomes de carbone et d’hydrogène.

Des traces de sang pour les experts 3 p. 67 du manuel

Compléments



a Reconnaître si deux doubles liaisons sont en position conjuguée dans une chaîne carbonée.

a Établir un lien entre la structure moléculaire et le caractère coloré ou non coloré d’une molécule.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité, basée sur la résolution d’un problème d’apprentissage, permet d’introduire la notion de doubles liaisons conjuguées et d’établir le lien entre la présence de ces doubles liaisons conjuguées et le caractère coloré de la molécule.

Réponses

Étape 1 : S’approprier la question posée1. Qu’est-ce que le test des experts ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents2. Le réactif a viré de l’incolore au rose.

3. La molécule de phénolphtaline contient moins de doubles liaisons conjuguées (sans discontinuité) que celle de phénolphtaléine.

4. La phénolphtaline absorbe dans le domaine des UV.

Étape 3 : Dégager la problématique5. Pourquoi la solution incolore de phénolphtaline devient-elle rose en présence de sang ?

Étape 4 : Construire la réponse– Déterminer le nombre de doubles liaisons conjuguées de chaque molécule.

– Identifier la molécule comportant le plus de doubles liaisons conjuguées (sans discontinuité) : elle absorbe dans le visible.

– Déterminer quelle forme de la molécule, oxydée ou réduite, comporte le plus de doubles liaisons conjuguées et donne donc une couleur magenta à la solution.


• Contexte introduisant la problématique

Le réactif de Kastle-Meyer est une solution incolore de phénolph-taline. Il est utilisé par les experts de la police scientifique lorsqu’ils soupçonnent la présence de sang : lorsque la solution initialement incolore se colore en rose, la présence de sang est soupçonnée. Pourquoi le réactif de Kastle-Meyer incolore devient-il rose en présence de sang ?


La molécule de phénolphtaline est transformée en phénolphtaléine par l’eau oxygénée, en présence de l’hémoglobine du sang (doc. 1). Cette molécule comporte 3 séries de liaisons conjuguées indépen-dantes alors que celle de phénolphtaléine comporte 11 doubles liaisons conjuguées, sans discontinuité (doc. 1 et 3) :

Phénolphtaline Phénolphtaléine

–O

O–

O–

O

O

O

O–

O–

Lorsqu’une molécule présente un grand nombre de liaisons alternati-vement simple et double, la matière qui la contient est généralement colorée (doc. 3).

La molécule de phénolphtaléine donne une couleur rose à la solution (elle absorbe dans le vert - doc. 2) alors que celle de phénolphtaline, qui contient des séquences plus courtes de doubles liaisons conju-guées, absorbe dans l’UV (doc. 1 et 3) : la solution qui la contient est incolore.


Ainsi, le réactif de Kastle-Meyer incolore devient rose en pré-sence de sang, car le nombre de doubles liaisons conjuguées augmente lorsque la molécule de phénolphtaline est transformée en phénolphtaléine.

4



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

38


QCM


1 1. C ; 2. B et C ; 3. B et C ; 4. A ; 5. A et B ; 6. A et B ; 7. A et C.

2 1. A et C ; 2. C. ; 3. A et C.



4 La claussequitone est une espèce colorée car elle présente des doubles liaisons conjuguées (trois d’une part et quatre de l’autre).



5 Les espèces organiques sont celles dont les molécules contiennent les éléments carbone et hydrogène : ce sont donc les espèces b., e. et f. .

6 L’acide carminique de synthèse a la même formule brute que celui extrait de la cochenille. Il est organique.

7 Le mélange d’une peinture cyan et d’une peinture magen-ta donne une couleur bleue (les radiations vertes et rouges sont absorbées).

8 D’après le spectre, une solution de permanganate de potas-sium diffuse les radiations rouge et bleu.

La synthèse additive du bleu et du rouge donne du magenta, ce qui explique la couleur de cette solution.

9 1. Le paramètre qui influence la couleur est le pH du milieu.

2. Ce sont des indicateurs colorés acido-basiques.

10 1. Le paramètre qui influence la couleur du MOED est la nature du solvant dans lequel il est dissous.

2. La couleur du MOED dépend aussi du pH du milieu dans lequel il est dissous. Le MOED est aussi un indicateur coloré acido-basique.

11 a. Le butane-2,3-dione : C

O O

CH3 C CH3

b. Le stilbène :

HC CH

HC

HC CH

CH CHC

HC CH

C

HC CH

CH

c. Le farnésoate de méthyle :

CH3 CH3

CH

CH3 CH3 CH3 O

CH CHC CH2 C C C OCH2 CH2 CH2

12 Toutes les doubles liaisons de la canthaxanthine sont conju-guées car, tout au long de la molécule, chaque double liaison est séparée de la suivante par une simple liaison.

O

O

13 L’hydrazobenzène possède 2 groupes de trois doubles liai-sons conjuguées alors que l’azobenzène possède 7 doubles liaisons conjuguées (sans discontinuité). Lorsque le nombre de doubles liaisons conjuguées augmente, la longueur d’onde absorbée aug-mente : l’hydrazobenzène absorbe dans l’UV alors que l’azoben-zène absorbe dans le visible.

14 La juglone est une espèce colorée car la molécule de juglone contient 6 doubles liaisons conjuguées. Elle absorbe donc dans le domaine visible.

15 1. On réalise une décoction. Le colorant étant hydrosoluble, le solvant d’extraction choisi est l’eau.

Réduire quelques grammes de bois de campêche en poudre.

Introduire la poudre obtenue dans de l’eau.

Porter le tout à ébullition pendant quelques minutes. Laisser refroi-dir le mélange puis filtrer.

Récupérer le filtrat.

2. Verser, dans 3 tubes à essais, quelques millilitres de solution d’alun.

Ajouter dans chaque tube quelques millilitres du filtrat obtenu pré-cédemment.

Dans l’un de ces tubes, ajouter quelques millilitres de vinaigre incolore (acide).

Dans un autre, ajouter quelques millilitres de solution de bicar-bonate de sodium (basique).

L’encre de campêche étant sensible au pH de la solution qui la contient, on obtiendra ainsi 3 solutions de couleurs différentes.

16 1. Les doubles liaisons des molécules de bêtacarotène et d’asta xanthine sont conjuguées : chaque double liaison est séparée de la suivante par une simple liaison.

2. Le bêtacarotène possède 11 doubles liaisons conjuguées. L’asta-xanthine possède 13 doubles liaisons conjuguées.

3. Le bêtacarotène est jaune-orangé, il absorbe donc majoritaire-ment la couleur diamétralement opposée autour de 450 nm.

L’astaxanthine est rouge, elle absorbe donc majoritairement la cou-leur diamétralement opposée autour de 480 nm.

4. Donc la longueur d’onde de la radiation absorbée augmente bien lorsque le nombre de doubles liaisons conjuguées augmente.

17 1. La naphtaquinone et la lawsone sont des molécules orga-niques car elles contiennent les éléments carbone et hydrogène.

2. La naphtaquinone et la lawsone contiennent toutes deux 6 doubles liaisons conjuguées.

3. La différence de couleur entre ces deux substances est due à la présence du groupe hydroxyle –OH dans la lawsone.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


18 1. Il faut réaliser une infusion à l’eau de la poudre de l’écorce intérieure de l’arbre.

Verser sur la poudre de l’eau bouillante et laisser reposer.

Filtrer le mélange et récupérer le filtrat.

2. La couleur de la matière colorante extraite dépend du pH du mi-lieu dans lequel elle se trouve.

3. La quercitrine est une espèce organique car elle contient les élé-ments carbone et hydrogène.

4. Cette molécule est colorée car elle possède 8 doubles liaisons conjuguées.

19 1. Les Britanniques s’intéressaient à la synthèse de la quinine car ils souhaitaient lutter efficacement contre le paludisme en Inde, alors colonie britannique.

2. D’après le texte, l’alcool joue le rôle d’un solvant dans la synthèse de la mauvéine.

3. a. Le pourpre de Tyr est un colorant pourpre extrait d’un mollusque.

b. Lorsqu’il est écrit « ancient natural dye », on fait référence à l’Antiquité.

4. a. La synthèse de la mauvéine marque un tournant dans l’histoire de la chimie car, d’une part, c’était la première fois qu’un colorant était synthétisé à l’échelle industrielle et, d’autre part, sa synthèse a marqué le début de la chimie industrielle des colorants.

b. Les dérivés de l’aniline ont pour avantages leurs couleurs vives et éclatantes, leur résistance au lavage et à la lumière.

5. D’après la formule topologique, on peut émettre l’hypothèse que la couleur de la mauvéine est due au grand nombre de doubles liaisons conjuguées présentes dans sa molécule.

20 1. a. Les ions S3– , majoritairement présents, absorbent la lu-

mière rouge, ils diffusent donc le cyan, ce qui explique la couleur bleue du lapis-lazuli (voir remarque en fin de correction à propos des nuances de couleurs observées).

b. Si la proportion de S2– augmente, la proportion de rouge diffu-

sé augmente : la pierre évolue vers une teinte violette, mélange de rouge et de bleu.

2. a. La loi du contraste simultané énonce que la couleur perçue dé-pend de l’environnement de cette couleur, c’est-à-dire des autres couleurs qui lui sont juxtaposées. Une couleur adossée à sa complé-mentaire est d’autant plus valorisée.

b. L’or donne un éclat unique au lapis-lazuli car le jaune est la cou-leur complémentaire du bleu. Le bleu du lapis-lazuli est alors perçu avec une intensité plus importante de par le contraste accentué avec sa couleur complémentaire.

Remarque pour le professeur :

Le tableau tel que celui proposé à l’exercice 23 peut être un modèle utilisé pour montrer que la couleur transmise est majoritairement le bleu. En effet, le modèle RVB utilisé dans le cours n’est pas suffi-samment abouti pour rendre compte des nuances observées.

L’ion S3– est l’une des nombreuses variétés allotropiques du soufre.

Il appartient à la famille des polysulfures dans lesquels il existe une délocalisation d’électrons π.

L’anion S3– possède une bande d’absorption intense vers 600 nm. Le

tableau de l’exercice 23 permet d’en déduire que la couleur trans-mise est le bleu.

C’est bien à la présence de cet ion qu’est due la couleur bleue in-tense du lapis-lazuli, alumininosilicate complexe

(Ca, Na)8(Al, Si)

12O

24(S, SO

4 , Cl)x

.

21 1. Les matières colorées étaient utilisées pour fabriquer des fards (cosmétique) ou en teinture pour les tissus.

2. Le blanc de céruse est toxique car il s’agit d’un carbonate de plomb. Or, l’ingestion ou l’inhalation de plomb est toxique. Utilisé comme fard pour le visage, la céruse présente donc une toxicité certaine.

3. On mélangeait la céruse, qui est une poudre minérale, à de la graisse de baleine, des œufs ou des cires, afin d’avoir un liant qui permette de l’utiliser comme fard.

4. Lavage à l’eau claire des étamines jaunes du carthame : les colo-rants jaunes du carthame sont solubles dans l’eau. Cette étape per-met de s’en débarrasser.

Ajout de cendres gravelées (basique) : extraction de la carthamine, insoluble dans l’eau mais soluble dans une solution basique.

5. Les matières colorées de synthèse ont connu un grand essor au XIXe siècle car elles permettaient d’obtenir des teintures à la fois so-lides sur étoffe et en grande quantité.

6. D’après sa formule topologique, on peut émettre l’hypothèse que la couleur de la carthamine est due au grand nombre de doubles liaisons conjuguées que contient sa molécule.


La couleur intervient dans bien des domaines : l’habillement, la cos-métique, la décoration en tous genres (intérieurs, bâtiments, etc.), les arts, etc. et cela depuis l’Antiquité.

• Mise en forme de la réponseLongtemps obtenues à partir de ressources naturelles (végétales, minérales ou animales), parfois très coûteuses, les couleurs étaient réservées à une élite ; elles étaient une marque de distinction ou de pouvoir (ornements des riches maisons, des palais et des tombeaux, teintures des vêtements, ou maquillages, etc.).

La découverte des colorants de synthèse, dont les propriétés étaient plus intéressantes que les colorants naturels (teintures plus solides, diversité des couleurs, etc.) et que l’on pouvait produire en masse, à moindres coûts en s’affranchissant des aléas climatiques, a bouleversé les habitudes de consommation. La couleur devint alors accessible à tous et put s’étendre à des domaines de plus en plus larges de la vie quotidienne.

• Conclusion revenant sur la problématiqueAinsi, pour diverses raisons, tant économiques que sociales, la cou-leur a toujours été une préoccupation des hommes et reste encore aujourd’hui un enjeu de première importance.


Étape 1 : S’approprier la consigne ou la question posée1. De quelle farce s’agit-il ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents2. La deuxième molécule contient le plus de doubles liaisons conjuguées.

3. La soude est une solution basique. Elle augmente le pH de la solution.

4. Lorsqu’il se dissout sans l’eau, le dioxyde de carbone rend la so-lution plus acide.

5. La thymolphtaléine existe sous deux formes selon le pH du milieu.

Étape 3 : Dégager la problématique6. Quelle est la forme de la thymolphtaléine dans l’encre bleue ? Pourquoi devient-elle incolore au bout de quelques minutes lors-qu’elle est projetée sur un vêtement ?

Étape 4 : Construire la réponse– Déterminer le nombre de doubles liaisons conjuguées de chaque molécule.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

40

– Identifier la molécule comportant le plus de doubles liaisons conjuguées (sans discontinuité) : elle absorbe dans le visible.

– Déterminer quelle forme de la molécule, acide ou basique, comporte le plus de doubles liaisons conjuguées et donne donc une couleur à l’encre.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiqueOn trouve dans les magasins de farces et attrapes, une encre bleue dont la couleur bleue disparaît lorsqu’elle est projetée sur des vête-ments. Elle contient de la thymolphtaléine, une espèce qui change de couleur selon le pH de la solution.

Comment la forme prise par la molécule selon le pH de la solution permet-elle d’expliquer scientifiquement cette farce ?

• Mise en forme de la réponseLa thymolphtaléine dissoute dans l’eau et l’alcool est incolore. En présence d’une solution basique comme la soude, elle se trans-forme en une forme basique colorée qui absorbe des radiations dans le domaine du visible. Lorsqu’elle est projetée sur un vête-ment, le dioxyde de carbone de l’air se dissout et acidifie la solu-tion. La molécule de thymolphtaléine prend alors sa forme acide et l’encre devient incolore.

Cette différence de comportement s’explique par la différence du nombre de doubles liaisons conjuguées dans les deux formes, acide ou basique, de la molécule de thymolphtaléine.

Forme acide Forme basique

HO

OH

O

O

O

O–

O–

O

La forme basique de la molécule de thymolphtaléine comporte 11 doubles liaisons conjuguées.

La forme acide possède 3 séries de liaisons conjuguées indépen-dantes (respectivement 3, 3 et 4 doubles liaisons).

La forme basique de la molécule de thymolphtaléine possède donc plus de doubles liaisons conjuguées que la forme acide de la molé-cule : elle absorbe donc à des longueurs d’onde supérieures.


Ainsi, alors que la forme basique absorbe la zone jaune du spectre visible et donne alors une couleur bleue à l’encre, la forme acide absorbe dans le domaine de l’ultraviolet et conduit à la décoloration de l’encre.Remarque pour le professeur :

Le fait que l’alcool s’évapore et diminue la solubilité de la thymolph-taléine dans la solution n’est pas attendu de la part de l’élève.

23 1. Les quatre techniques d’extraction ou de séparation évo-quées par le texte sont : la décoction (chauffage du broyat dans l’eau de mer, extraction), la décantation (les chairs sont écumées, séparation), la filtration (le bain est filtré, séparation) et l’évapora-tion (le filtrat est exposé au soleil).

Seule la décoction est une technique d’extraction, les trois autres sont des techniques de séparation.

2. a. Les trois espèces (a), (b) et (c) sont colorées car elles pos-sèdent un grand nombre de doubles liaisons conjuguées.

b. Les espèces (b) et (c) sont isomères car elles ont la même formule brute (C

16H

10NO

2) mais pas la même formule topologique.

3. a. Dans la molécule (a), les atomes de brome peuvent modifier la longueur absorbée par le système de doubles liaisons conjuguées car les espèces (a) et (b) n’ont pas la même couleur.

b. La molécule (a) a une couleur violet-rouge ; elle absorbe majo-ritairement le vert, donc les radiations de longueurs d’onde com-prises entre 510 nm et 530 nm.

La molécule (b) a une couleur bleue ; elle absorbe majoritairement le orange, donc les radiations de longueurs d’onde comprises entre 580 nm et 630 nm.

La présence des atomes de brome diminue donc la valeur de la lon-gueur d’onde des radiations absorbées.

4. a. Dans le tétrachlorométhane, l’indigo est plutôt bleu, à la limite de l’indigo. Dans le diméthylsulfoxyde, il est bleu.

b. La couleur de cette espèce dépend du solvant dans lequel elle est dissoute.

24 1. Alcalin : basique.

Mordant : substance dont on imprègne les étoffes, les poils des fourrures, la laine, etc. pour leur faire prendre la teinture ; un mor-dant modifie la couleur de la teinture obtenue.

2. La découverte des colorants de synthèse a ruiné l’industrie des colorants naturels, car la synthèse a permis notamment d’obtenir les colorants en grandes quantités et à moindre coût.

3. Pour extraire les espèces colorées des racines de garance :

– Moudre des racines sèches de garance. – Introduire la poudre obtenue dans de l’eau. – Porter l’ensemble à 80 °C. – Laisser décanter puis filtrer. – Récupérer le filtrat. Il contient les espèces colorées.

4. a. Voir fin de chapitre.

b. Le nombre de doubles liaisons conjuguées dans les molécules du tableau précédent sont, dans l’ordre : 8 ; 7 ; 5 ; 8 et 11.

L’espèce qui a le moins de doubles liaisons conjuguées, le naphta-lène, est incolore donc absorbe dans l’ultraviolet.

Ensuite vient l’anthracène, qui absorbe le bleu indigo et donc, est jaune pâle.

Ensuite l’alizarine et l’anthraquinone, qui diffèrent par la présence, dans l’alizarine, de groupes hydroxyle qui augmentent la longueur d’onde absorbée (du bleu indigo au bleu-vert).

Enfin, la quinacridone, qui a le plus de doubles liaisons conjuguées, absorbe le vert et paraît donc rouge intense.

Ainsi, les couleurs différentes des espèces dépendent du nombre de doubles liaisons conjuguées et des substituants présents sur le système conjugué.

5. • Contexte introduisant la problématiqueLa couleur a toujours fait partie des préoccupations de l’homme et ce dernier a toujours cherché à la modifier pour disposer d’une palette plus étendue.

• Mise en forme de la réponseLes moyens pour faire varier les couleurs des espèces colorées ont changé au cours de l’histoire.

Autrefois, on utilisait, par exemple, des milieux de pH différents : des solutions acides pouvaient être obtenues en utilisant du vinaigre, des solutions basiques en utilisant de la cendre. Des mordants étaient également employés : ils permettaient notamment, en modifiant le lien entre le colorant et la fibre textile, d’assurer sa fixa-tion sur la fibre et de changer la couleur de la teinture ainsi obtenue.

Aujourd’hui, on joue sur la structure des molécules des espèces co-lorées car on maîtrise la chimie de synthèse : la synthèse de systèmes conjugués contenant un nombre variable de doubles liaisons, sur lesquels on peut remplacer des atomes d’hydrogène par des halo-


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


gènes, des groupes hydroxyles ou d’autres groupes caractéristiques, permet d’obtenir une gamme extrêmement variée de couleurs.

• Conclusion revenant sur la problématiqueAinsi, au cours de l’histoire, les moyens pour modifier la couleur

ont évolué : l’homme est passé d’une modification du milieu dans lequel est plongé le colorant à une modification de la structure des molécules d’espèces colorées, grâce aux progrès des connaissances scientifiques.

Réponses

Exercice 24

Nom Alizarine Anthracène Naphtalène

FormuleHC

CHC

CCH

HC

CC

CC

O

O

CHCH

CC OH

OH

HCCH

C

CCH

HC

CHC

CCH

CHCH

CHCH

HCCH

C

CCH

HC

CHCH

CHCH

Couleur Rouge Jaune pâle Incolore

Nom Anthraquinone Quinacridone

FormuleHC

CHC

CCH

HC

CHCH

CHCH

CC

CC

O

O O

O

CHCH

CHCH

HCCH

C

CCH

HC

CC

CNH

NHC

CC

CHC

CCH

Couleur Jaune soutenu Rouge intense



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

42


Activité 4



S’approprier


• La molécule de phénolphtaline est oxydée en phénolphtaléine par l’eau oxygénée, en présence de l’hémoglobine du sang (doc.1).

• Phénolphtaline incolore (doc.1).

• Phénolphtaléine rose (doc.1).

• Dans une formule topologique, la chaîne carbonée est représen-tée par une ligne brisée. Ni les atomes de carbone ou d’hydrogène liés à des atomes de carbone ne sont représentés (doc.1).

• Les formules topologiques font apparaître des doubles liaisons (doc.1).

• Une espèce qui n’absorbe que dans l’UV est incolore. Une espèce qui absorbe des radiations du visible est colorée (doc.2).

• Une espèce absorbant dans le rouge apparaît cyan (doc.2).

• Lorsqu’une molécule présente un grand nombre de liaisons alternativement simple et double, la matière qui la contient est généralement colorée (doc.3).


L’élève sait exploiter une formule chimique (atomes, squelette carboné, liaisons, etc.).


Pourquoi la solution incolore de phénolphtaline devient-elle rose en présence de sang ?

Analyser





• Déterminer le nombre de doubles liaisons conjuguées de chaque molécule.

• Identifier la molécule comportant le plus de doubles liaisons conjuguées (sans discontinuité) : elle absorbe dans le visible.

• Déterminer quelle forme de la molécule, oxydée ou réduite, comporte le plus de doubles liaisons conjuguées et donne donc une couleur magenta à la solution.


• Les formules sont reproduites correctement (éventuellement) et les doubles liaisons mises en évidence (surlignage, cerclage, coloration, etc.).

• Le nombre de doubles liaisons conjuguées décompté pour chacune des molécules est correct.

• L’élève a compris que la molécule de phénolphtaléine qui donne une couleur rose à la solution est celle qui contient le plus de doubles liaisons conjuguées.

Valider



– en commentant ;


• La réponse est formulée en revenant sur la question de départ, c’est-à-dire en proposant une explication scientifique au test des ex-perts : le réactif de Kastle-Meyer incolore devient rose en présence de sang car le nombre de doubles liaisons conjuguées augmente lorsque la molécule de phénolphtaline est transformée en phénolphtaléine.

• Éventuellement, l’élève peut formuler une critique quant au résultat du test. Par exemple, le test peut donner un résultat positif (faux) si une autre espèce pouvant participer à la réaction d’oxydoréduction est présente dans l’échantillon testé.












© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Exercice 22



S’approprier


• Lorsque l’encre bleue est projetée sur un vêtement, sa couleur s’estompe au bout de quelques minutes (doc.1).

• Lorsque l’encre est projetée sur un vêtement, l’alcool s’évapore. Le dioxyde de carbone se dissout dans l’eau et acidifie la solution (doc.1).

• Dans une formule topologique, la chaîne carbonée est représen-tée par une ligne brisée. Ni les atomes de carbone ou d’hydrogène liés à des atomes de carbone ne sont représentés (doc.2).

• La molécule de thymolphtaléine présente deux formes selon le pH de la solution (doc.3).


• L’élève sait exploiter une formule chimique (atomes, squelette carboné, liaisons, etc.).

• L’élève sait que lorsqu’une molécule présente un grand nombre de liaisons alternativement simple et double, la matière qui la contient est généralement colorée .


Quelle est la forme de la thymolphtaléine dans l’encre bleue et pourquoi devient-elle incolore au bout de quelques minutes lorsqu’elle est projetée sur un vêtement ?

Analyser





• Déterminer le nombre de doubles liaisons conjuguées de chaque molécule.

• Identifier la molécule comportant le plus de doubles liaisons conjuguées (sans discontinuité) : elle absorbe dans le visible.

• Déterminer quelle forme de la molécule, acide ou basique, comporte le plus de doubles liaisons conjuguées et donne donc une couleur à l’encre.


• Les formules sont reproduites correctement (éventuellement) et les doubles liaisons mises en évidence (surlignage, cerclage, coloration, etc.).

• Le nombre de doubles liaisons conjuguées décompté pour chacune des molécules est correct.

Valider



– en commentant ;


• La réponse est formulée en revenant sur la question de départ, c’est-à-dire en proposant une explication scientifique à la farce : la forme basique absorbe la zone jaune du spectre visible et donne alors une couleur bleue à l’encre, la forme acide absorbe dans le domaine de l’ultraviolet et conduit à la décoloration de l’encre.

• Éventuellement, l’élève peut formuler une critique quant à la disparition de la tache et expliquer que l’encre n’a pas disparu mais qu’elle est devenue incolore et donc peut éventuellement réapparaître avec le temps.












Chapitre 5 1Changement de couleur et réaction chimique

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

44

Chapitre

Changement de couleur et réaction chimique

5


Réaction chimique : réactif limitant, stœchiométrie, notion d’avancement.

Dosage de solutions colorées par étalonnage.

Loi de Beer-Lambert.

Identifier le réactif limitant d’un système chimique.

Décrire quantitativement l’état final d’un système chimique.

Interpréter en fonction des conditions initiales la couleur à l’état final d’une solution siège d’une réaction chimique mettant en jeu un réactif ou un produit coloré.

Pratiquer une démarche expérimentale pour déterminer la concentration d’une espèce colorée à partir d’une courbe d’étalonnage en utilisant la loi de Beer-Lam-bert.

Liens avec les programmes officiels de la classe de SecondePhysique Chimie 2de

La quantité de matière. Son unité : la mole.

Concentration massique et molaire d’une espèce en solution non saturée.

Ressources numériquesCapsule vidéo : Construction et utilisation d’un tableau d’avancement

Simulations : Avancement d’une réaction chimique

& Le spectrophotomètre

& Courbe d’étalonnage

& Préparation d’une solution par dilution d’une solution mère

Animations : Notion d’avancement

& Préparation d’une échelle de teinte

Vidéo : Préparer une solution de concentration déterminée : par dilution





Activités

Quantité de matière et réaction chimique 3 p. 82 du manuel

Compléments


a Savoir calculer une quantité de matière.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de commencer ce chapitre par des révisions de calcul de quantités de matière afin que ces calculs ne posent pas de difficultés aux élèves pour les activités suivantes et les exercices.

Programme officiel

1


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

45Chapitre 5 1Changement de couleur et réaction chimique

Réponses

1. La formule brute du paracétamol est C7H

9NO

2 .

2. C6H

7NO (s) + H

2O (ℓ) + Ce4+ (aq)

r C6H

4O

2 (aq) + NH

4+ (aq) + H+ (aq) + Ce3+ (aq)

3. = = 2,49 × 10–2 molm(C

6H

7NO)

n(C6H

7NO) =

M(C6H

7NO)

2,72

109,2

V(C4H

6O

3)

n(C4H

6O

3) = ρ(C

4H

6O

3) ×

M(C4H

6O

3)

1,08 × 103 × 3,5 × 10–3

n(C4H

6O

3) = = 3,7 × 10–2 mol

102,9

4. a. m(P)

t(P) =V(S)

= 3,33 g·L–1

b. n(P)

C(P) =V(S)

m(P)=

M(P) · V(S)

= 2,20 × 10–2 mol·L–10,500

C(P) =151,2 × 0,150

Avancement d’une réaction chimique 3 p. 83 du manuel

Compléments


a Interpréter en fonction des conditions initiales la couleur à l’état final d’une solution siège d’une réaction chimique mettant en jeu un réactif ou un produit coloré.

a Identifier le réactif limitant d’un système chimique.

aDécrire quantitativement l’état final d’un système chimique.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de ne traiter expérimentalement que le cas où le diiode est le réactif limitant. L’autre cas est traité en exercice résolu dans ce chapitre.

Réponses

1. Une réaction chimique a eu lieu car la solution (phrase incomplète).

2. Les valeurs initiales des quantités des réactifs sont : • n

0(I

2) = C

1 ∙ V

1 = 1,0 × 10–2 × 10 × 10–3 = 1,0 × 10–4 mol

n0(I

2) = 0,10 mmol

• n0(S

2O

32–) = C

2 ∙ V

2 = 1,0 × 10–2 × 40 × 10–3 = 4,0 × 10–4 mol

n0(S

2O

32–) = 0,40 mmol

3. Tableau d’avancement :

Équation chimique I2 (aq) + 2 S

2O

32– (aq) r 2 I– (aq) + S

4O

62– (aq)

État du système Avancement (en mol)Quantités de matière (en mmol)

n(I2) n(S

2O

32–) n(I–) n(S

4O

62–)

État initial x = 0 0,10 0,40 0 0

État intermédiaire x 0,10 – x 0,40 – 2x 2x x

État final x = xmax

0,10 – xmax

0,40 – 2xmax

2xmax

xmax

4. a. La solution obtenue en fin de réaction est incolore, le diiode, seule espèce chimique colorée, est donc le réactif limitant.b. La quantité finale du réactif limitant est nulle.c. On a donc : 0,10 – x

max = 0 donc x

max = 0,10 mmol.

5. Les quantités finales des réactifs et des produits sont :• n

f(I

2) = 0 mmol

• nf(S

2O

32–) = 0,40 – 2 × 0,10 = 0,20 mmol

• nf(I–) = 2 × 0,10 = 0,20 mmol

• nf(S

4O

62–) = 1 × 0,10 = 0,10 mmol

6. L’avancement maximal d’une réaction est la plus petite des valeurs de l’avancement qui annulent les quantités finales de chacun des réactifs.

2



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

46

Dosage d’un colorant en solution 3 p. 84 du manuel


a Pratiquer une démarche expérimentale pour déterminer la concentration d’une espèce colorée à partir d’une courbe d’étalonnage en utilisant la loi de Beer-Lambert.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons proposé de déterminer la concentration du colorant en démarche d’investigation.

Nous attendons que les élèves proposent d’utiliser une méthode par étalonnage en se servant de l’absorbance de solutions de co-lorant E133.

La concentration de la solution mère est de 50 mg·L–1 et la concen-tration maximale autorisée est 100 mg·L–1. Un élève peut donc proposer de faire une comparaison de l’absorbance de la solution mère avec l’absorbance de la boisson : si cette dernière est inférieure à l’absorbance de la solution mère, la boisson respecte la norme.

Réponse



1. a. Repérer la longueur d’onde correspondant au maximum d’absorbance d’une solution de colorant bleu brillant.

b. À quel domaine cette longueur d’onde appartient-elle ?

c. Justifier le réglage du spectrophotomètre utilisé pour mesurer l’absorbance.



2. a. Rédiger puis mettre en œuvre le protocole permettant de réaliser une échelle de teinte par dilution de la solution mère de bleu brillant. Les solutions filles doivent avoir pour concentration 40 mg·L–1, 30 mg·L–1, 20 mg·L–1 et 10 mg·L–1.

b. Mesurer l’absorbance de la solution mère et des solutions filles.

c. Mesurer l’absorbance de la boisson énergisante.



6. a. Tracer le graphe de l’absorbance du bleu brillant en fonction de sa concentration.

b. Repérer, sur le graphe, le point correspondant à l’absorbance de la boisson énergisante.

c. En déduire la concentration de cette boisson en colorant bleu brillant.

7. La norme concernant le bleu brillant est-elle respectée dans cette boisson énergisante ?

Valider • Interpréter des observations ; mettre en lien des phénomènes et des concepts.

Une échelle de teinte constituée de solutions de bleu brillant de concentrations différentes est réalisée, la solution la plus concentrée ayant une concentration en bleu brillant égale à 50 mg·L–1.

La longueur d’onde choisie pour les mesures est celle du maximum de la courbe de l’absorbance du colorant E133 (doc. 3), soit 630 nm. À cette longueur d’onde, l’absorbance est maximale, ce qui permet d’utiliser au mieux la plage de mesure du spectrophotomètre et d’avoir la meilleure précision possible pour les mesures.Remarque : si le spectrophotomètre sature à λ

max pour la solution

mère, il faut modifier légèrement la longueur d’onde des mesures.

L’absorbance A de chacune des solutions est mesurée avec le spec-trophotomètre, ce qui permet de réaliser une courbe d’étalonnage A = f(C).Remarque : ne pas oublier de faire le « blanc » avec de l’eau distillée.

La courbe d’étalonnage A = f(C) est tracée.L’absorbance de la boisson est mesurée et la courbe d’étalonnage permet de déterminer la concentration correspondante.Exemple de courbe d’étalonnage :

0,2

0,6

0 0,02 0,04 0,06

t (g/L)

0,4

0,8

1,0A

Si la concentration de la boisson en bleu brillant est inférieure à 100 mg·L–1, on peut dire que cette boisson respecte la norme fixée par l’Union européenne.

3


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



QCM


1 1. B et C ; 2. B et C ; 3. B ; 4. A et C ; 5. A et B ; 6. A et C.

2 1. A ; 2. B ; 3. C.

4 1. Tableau d’avancement : voir en fin de chapitre.

2. Hypothèse 1 : Al est le réactif limitant donc 2,0 – 2xmax

= 0, soit x

max = 1,0 mol.

Hypothèse 2 : Fe2O

3 est le réactif limitant donc 2,0 – x

max= 0,

soit xmax

= 2,0 mol.

L’avancement maximal correspond à la plus petite de ces valeurs, soit x

max = 1,0 mol.

3. Le bilan de matière de l’état final est :

nf(Al) = 0 ; n

f(Fe

2O

3) = 2,0 – x

max = 1,0 mol ;

nf(Fe) = 2x

max = 2,0 mol ; n

f(Al

2O

3) = x

max = 1,0 mol.



6 1. La courbe d’étalonnage A = f(C) est tracée ci-dessous.

2. Le point du graphe d’ordonnée AS = 1,05 a pour abscisse

CS = 62 mmol·L–1.

10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1,4

0

1,6

C (mmol.L–1)

A



7 1. On observe que la solution de permanganate de potassium se décolore au contact de la solution contenant des ions fer (II). Il s’est donc produit une réaction chimique.

2. Dans l’état final :

• si l’ion fer (II) est le réactif limitant, la solution sera rose ; • si l’ion permanganate est le réactif limitant, la solution sera in-colore.

8 1. Sur les photos, on observe l’apparition progressive d’une coloration jaune. Une réaction chimique a donc bien eu lieu.

2. La seule espèce colorée est le diiode et la couleur de la solution est de plus en plus intense : la quantité de diiode augmente donc au cours du temps.

3. L’évolution de la couleur de la solution n’est pas suffisante pour déterminer le réactif limitant car, quel que soit le réactif limitant, du diiode est produit et donc la couleur jaune apparaît et devient de plus en plus intense.

9 1. À l’état final, le réactif limitant est entièrement consommé, sa quantité de matière est donc nulle. Le dioxygène est donc le ré-actif limitant.

2. Dans l’état final, pour le dioxygène, on a :

4 – xmax

= 0, donc l’avancement maximal est xmax

= 4 mmol.

3. La quantité finale d’oxyde de magnésium est :

nf(MgO) = 2x

max = 8 mmol

10 Tableau d’avancement : voir en fin de chapitre.

11 1. Hypothèse 1 : R1 est le réactif limitant.

On a alors : 9,0 – 3xmax

= 0, soit xmax

= 3,0 mol.

Hypothèse 2 : R2 est le réactif limitant.


= 0, soit xmax

= 4,0 mol.

2. L’avancement maximal correspond à la plus petite de ces deux valeurs, soit x

max = 3,0 mol.

3. Le réactif limitant est donc R1.

12 1. Tableau d’avancement : voir en fin de chapitre.

2. Puisque l’ion fer (II) est le réactif limitant, on a : 5,0 – x

max = 0, donc x

max = 5,0 mol.

3. Si le mélange initial est stœchiométrique, les quantités finales des réactifs sont nulles. On a calculé x

max correspondant à une quantité

finale d’ions fer (II) nulle. On a donc : n

0(HO–) – 2x

max = 0, soit n

0(HO–) = 2x

max = 10,0 mol.

13 1. Tableau d’avancement : voir en fin de chapitre.2. Pour un avancement x = 2,0 mmol, on a :

• n(Al3+) = 3,0 – x = 1,0 mmol

• n(HO–) = 12,0 – 3x = 6,0 mmol

• n(Al(OH)3) = 2,0 mmol

Pour l’avancement maximal xmax

= 3,0 mmol, on a : • n

f(Al3+) = 3,0 – x = 0 mmol

• nf(HO–) = 12,0 – 3x = 3,0 mmol

• nf(Al(OH)

3) = 3,0 mmol

14 1. Le réactif limitant est celui dont la quantité finale est nulle, le fer est donc le réactif limitant.

2. Dans l’état intermédiaire, pour le fer, par exemple : 10,0 – 4x = 6,0 soit x = 1,0 mmol.

3. L’avancement maximal est tel que :10,0 – 4x

max = 0 soit x

max = 2,5 mmol.

15 Relations b. et d.

16 1. L’équation de la réaction est :

2 H2 (g) + O

2 (g) r 2 H

2O (g)



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

48

2. Pour que les quantités initiales soient en proportions stœchiomé-triques, il faut qu’elles vérifient la relation :

n0 (H

2)

2

n0 (O

2)

1=

3. Les mélanges a. et d. sont donc stœchiométriques.

17 1. La loi de Beer-Lambert indique que l’absorbance A d’une es-pèce colorée, en solution suffisamment diluée, est proportionnelle à la concentration molaire C de cette espèce : A = k·C.

2. Le graphe donné est une droite, représentant l’absorbance A en fonction de la concentration C, qui passe par l’origine du repère. L’absorbance A est donc proportionnelle à la concentration C, ce qui est en accord avec la loi de Beer-Lambert.

3. Le point du graphe d’ordonnée A1 = 1,0 a pour abscisse

C1 = 7,5 mmol·L–1.

18 1. La courbe d’étalonnage A = f(C) est tracée ci-dessous.

0,5 1 1,5 2 2,5

0,05

0,10

0,20

0,15

0,25

0,30

0,35

0

C (mmol.L–1)

A

2. Le point du graphe d’ordonnée AS = 0,126 a pour abscisse

CS = 0,8 μmol·L–1.

19 1. Les quantités initiales de réactifs sont :

• n0(Ag+) = C ∙ V = 0,20 × 5,0 × 10–3 = 1,0 × 10–3 mol = 1,0 mmol

•m(Cu)

n0(Cu) =

M(Cu)

0,52= = 8,2 × 10–3 mol = 8,2 mmol

63,5

2. Tableau d’avancement : voir en fin de chapitre.

Hypothèse 1 : l’ion argent est limitant.


= 0, soit xmax

= 0,5 mmol.

Hypothèse 2 : le métal cuivre est limitant.

On a alors : 8,2 – xmax

= 0, soit xmax

= 8,2 mmol.

L’avancement maximal correspond à la plus petite de ces deux va-leurs, donc x

max = 0,5 mmol.

L’ion argent est donc le réactif limitant.

3. La quantité d’argent Ag déposée sur le fil est :

nf(Ag) = 2x

max = 1,0 mmol

La masse d’argent correspondante est :

m(Ag) = nf(Ag) ∙ M(Ag) = 1,0×10–3 × 107,9 = 0,11 g


4 Al (s) + 3 O2 (g) r 2 Al

2O

3 (s)


3. Il s’est formé 0,25 mol d’oxyde d’aluminium, donc :

2xmax

= 0,25 mol, soit xmax =

0,25= 0,13 mol.

24. Puisque le dioxygène est en excès, l’aluminium est le réactif limi-tant, donc n

0(Al) – 4x

max = 0 et donc n

0(Al) = 4x

max = 1,0 mol.

5. La masse d’aluminium consommée est :

m(Al) = n0(Al) ∙ M(Al) = 1,0 × 27 = 27 g


Cu2+ (aq) + 2 HO– (aq) r Cu(OH)2 (s)

2. a. • Pour le système 1 :

n0(Cu2+) = C

0·V

0 = 0,10 × 20,0 × 10–3 = 2,0 × 10–3 mol = 2,0 mmol

n0(HO–) = C

1·V

1 = 0,10 × 20,0 × 10–3 = 2,0 × 10–3 mol = 2,0 mmol

• Pour le système 2 :

n0(Cu2+) = C

0·V

0 = 0,10 × 20,0 × 10–3 = 2,0 × 10–3 mol = 2,0 mmol

n0(HO–) = C

2·V

2 = 0,40 × 20,0 × 10–3 = 8,0 × 10–3 mol = 8,0 mmol

b. Tableau d’avancement : voir en fin de chapitre.

c. • Pour le système 1 :

Hypothèse 1 : l’ion cuivre (II) Cu2+ est limitant.

On a donc : 2,0 – xmax

= 0, soit xmax

= 2,0 mmol.

Hypothèse 2 : l’ion hydroxyde HO– est limitant.

On a donc : 2,0 – 2xmax

= 0, soit xmax

= 1,0 mmol.


max = 1,0 mmol.

Pour ce système, l’ion hydroxyde est le réactif limitant.

• Pour le système 2 :

Hypothèse 1 : l’ion cuivre (II) Cu2+ est limitant.

On a donc : 2,0 – xmax

= 0, soit xmax

= 2,0 mmol.

Hypothèse 2 : l’ion hydroxyde HO– est limitant.

On a donc : 8,0 – 2xmax

= 0, soit xmax

= 4,0 mmol.


max = 2,0 mmol.

Pour ce système, l’ion cuivre (II) est le réactif limitant.

d. • Pour le système 1, à l’état final :

nf(Cu2+) = 1,0 mmol

nf(HO–) = 0 mmol

nf(Cu(OH)

2) = 1,0 mmol

• Pour le système 2, à l’état final :

nf(Cu2+) = 0 mmol

nf(HO–) = 4,0 mmol

nf(Cu(OH)

2) = 2,0 mmol

3. a. • Pour le système 1, puisqu’ il reste des ions cuivre (II) en fin de réaction, le filtrat devrait être bleu.

• Pour le système 2, puisqu’il n’y a plus d’ions cuivre (II) en solution, le filtrat devrait être donc incolore.

b. Les conclusions précédentes sont en accord avec les observations expérimentales données par les photos 1’ et 2’.

22 1. L’absorption maximale de la tartrazine se situe vers 430 nm, c’est-à-dire dans le bleu. En utilisant le cercle chromatique des cou-leurs, on peut dire qu’une solution de tartrazine est jaune.

L’absorption maximale du bleu patenté se situe vers 630 nm, c’est-à-dire dans le rouge. Une solution de bleu patenté est donc cyan.

2. a. Les spectres d’absorption des deux colorants montrent qu’il existe des longueurs pour lesquelles chacun des colorants absorbe beaucoup et l’autre pas du tout. En choisissant judicieusement la longueur d’onde à laquelle est mesurée l’absorbance, il est donc possible d’étudier la concentration des deux colorants indépen-damment l’un de l’autre.

b. Pour la tartrazine, on travaille à 450 nm car, à cette longueur d’onde, elle absorbe beaucoup et le bleu patenté n’absorbe pas du tout.

Pour le bleu patenté, on travaille à 630 nm car, à cette longueur d’onde, il absorbe beaucoup et la tartrazine n’absorbe pas du tout.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


3. Les courbes d’étalonnage pour chacun des colorants sont don-nées ci-dessous.

30252015105

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1,4

0

1,6

C (mg.L–1)

A

E131

E102

4. Le point du graphe d’ordonnée AS(450 nm) = 0,53 a pour abs-

cisse CS(E102) = 13,0 mg·L-1.

Le point du graphe d’ordonnée AS(650 nm) = 0,91 a pour abscisse

CS(E131) = 6,4 mg·L-1.

L’échantillon a été obtenu en diluant dix fois le sirop de menthe pur. Le sirop de menthe contient donc les colorants E102 et E131 aux concentrations suivantes :

C(E102) = 130 mg·L-1 et C(E131) = 64 mg·L-1.

5. La DJA permet de calculer qu’un consommateur de 50 kg ne doit pas consommer, par jour, plus de 375 mg de colorant E102 et 125 mg de colorant E131.

Ceci correspond à : 375

= 2,9 L130

de sirop pour le colorant E102 ou 125

= 2,0 L64

de sirop pour le colorant E131.

Un consommateur de 50 kg ne doit donc pas consommer plus de 2 litres de sirop de menthe pur par jour.

23 1. Le graphe de l’absorbance en fonction de la concentration est une droite qui passe par l’origine, l’absorbance A est donc pro-portionnelle à la concentration. La loi de Beer-Lambert est donc vérifiée.

2. La valeur maximale de l’absorbance mesurée par l’appa-reil est A

max = 2,00, l’abscisse correspondant à cette valeur est

Cmax

= 8,0 × 10–3 mol·L–1.

3. Sur le graphe, le point d’ordonnée AS’0

= 1,00 a pour abscisse C’

0 = 4,0 × 10–3 mol.L–1.

4. La concentration CL en diiode du Lugol® est :

CL = 10 × C’

0 = 4,0 × 10–2 mol·L–1

5. Il a été nécessaire de diluer le Lugol® car sa concentration est telle qu’elle correspondrait à une absorbance supérieure à la limite maximale de mesure du spectrophotomètre.


Étape 1 : S’approprier la consigne1. Qu’est-ce qu’un vin doux ?

2. Et que précise le code de la santé publique concernant cette ap-pellation ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents3. Pour obtenir le titre massique, il faut déterminer la concentration en éthanol, sachant que le vin a d’abord été dilué 10 fois pour réa-liser la solution S, puis 100 fois pour réaliser l’échantillon à doser.

4. La concentration massique en éthanol de l’échantillon de vin est obtenue en mesurant son absorbance et en utilisant la loi de Beer-Lambert.

Étape 3 : Dégager la problématique5. En prenant en compte l’incertitude associée à la valeur du volume d’éthanol, le titre alcoométrique de ce vin est-il inférieur à 18 ?

Étape 4 : Construire la réponse– Déterminer la concentration en éthanol de l’échantillon par me-sure de son absorbance.

– Calculer la concentration de la solution S.

– Calculer la concentration en éthanol dans le vin.

– Déterminer la masse d’éthanol contenue dans 100 L de vin dont la concentration en éthanol est celle qui a été déterminée précé-demment.

– En déduire le volume d’éthanol correspondant en utilisant la masse volumique de l’éthanol.

– Calculer l’incertitude associée à la mesure réalisée.

– En tenant compte de l’incertitude, comparer le titre alcoomé-trique de ce vin à 18 degrés.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiquePour attribuer à un vin la dénomination de « vin doux », il faut en mesurer le titre alcoométrique et le comparer à la limite donnée par le Code de la santé, c’est-à-dire vérifier que son titre alcoométrique est inférieur à 18 degrés, en tenant compte des incertitudes liées à la mesure.

• Mise en forme de la réponsePour cela, on exploite la valeur d’absorbance de l’échantillon de vin, A

e = 0,15 et la loi de Beer-Lambert A = k·t avec k = 1,6 L·g–1 pour

déterminer la concentration massique en éthanol, notée tme

, de

l’échantillon : A

ete =

k

0,15= = 9,4 × 10–2 g·L–1.

1,6L’échantillon a été préparé en diluant 100 fois la solution S. La concentration massique t

S de la solution S en éthanol est donc :

tS = 100·t

e = 9,4 × 10–2 × 100 = 9,4 g·L–1

La solution S a été préparée en diluant 10 fois le distillat de vin. La concentration massique t

éthanol du vin en éthanol est donc :

téthanol

= 10·tS = 9,4 × 10 = 94 g·L–1

Dans un volume de vin égal à Vvin

= 100 L, la masse d’éthanol est :

méthanol

= téthanol

∙ Vvin

= 94 × 102 = 9,4 × 103 g

La masse volumique de l’éthanol est :m(éthanol)

μ(éthanol) =V(éthanol)

donc :

m(éthanol)V(éthanol) = μ(éthanol)

9,4 × 103

= = 11,9 L 789

L’incertitude sur le volume d’éthanol déterminé expérimentale-ment est U(V

éthanol) = 1,1 L.

Le résultat de la mesure du titre alcoométrique de ce vin est donc 11,9 ± 1,1 °.

• Conclusion revenant sur la problématiqueEn tenant compte de l’incertitude, la valeur maximale du titre al-coométrique de ce vin est inférieure à 18 degrés, il s’agit donc d’un vin doux.

25 1. La mèche-retard permet de différer le déclenchement de l’explosion de la charge propulsive.

2. La flamme créée par la réaction de combustion permet d’ame-ner aux cations métalliques les énergies nécessaires pour qu’ils émettent leur lumière caractéristique.

3. Le phénomène physique à l’origine de l’émission de lumière par les cations métalliques est la transition énergétique entre deux ni-veaux d’énergie.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

50

4. Équations des réactions de combustion :

2 KClO3 + 3 C r 3 CO

2 + 2 KCl

Ba(ClO3)

2 + 3 C r 3 CO

2 + BaCl

2

Sr(ClO3)

2 + 3 C r 3 CO

2 + SrCl

2

5. Les quantités initiales des réactifs sont :

• m(KClO

3)

n0(KClO

3) =

M(KClO3)

300,0= = 2,45 mol

39,1 + 35,5 + 3 × 16,0

• m(C)

n0(C) =

M(C)

50,0= = 4,17 mol

12,0


Hypothèse 1 : le chlorate de potassium est limitant, alors on a : 2,45 – 2x

max = 0, soit x

max = 1,23 mol.

Hypothèse 2 : le carbone est limitant, alors on a :

4,2 – 3xmax

= 0, soit xmax

= 1,4 mol.

L’avancement maximal correspond à la plus petite de ces valeurs, soit x

max = 1,23 mol.

Le chlorate de potassium est donc le réactif limitant.

7. Pour que le mélange soit stœchiométrique, il faut une quantité de carbone égale à 3x

max = 3,68 mol.

Soit une masse :

m(C) = n(C) ∙ M(C) = 3,68 × 12,0 = 44,1 g

8. Il est judicieux de faire en sorte que le chlorate de potassium soit le réactif limitant, car c’est le réactif qui est responsable de la couleur émise lors de l’explosion du feu d’artifice. Il serait dom-mage qu’une partie de ce réactif ne soit pas utilisée par manque de carbone.

Par ailleurs, ces réactifs sont nocifs : s’ils ne réagissent pas totale-ment en altitude, lors de l’explosion du feu d’artifice, ils vont re-tomber sur le sol et polluer l’environnement.

26 • Contexte introduisant la problématique

La couleur des feuilles est due à plusieurs pigments dont les principaux sont les chlorophylles et le β-carotène. L’étude des spectres de ces molécules permet d’expliquer la couleur qu’elles donnent aux feuilles, puis de comprendre pourquoi les feuilles jaunissent en automne.

• Mise en forme de la réponseLa chlorophylle (a) présente deux pics d’absorbance aux longueurs d’onde 430 nm (bleu) et 660 nm (rouge) et une absorbance quasi nulle entre 470 nm et 550 nm, soit autour de 510 nm dans le vert-bleu.

La couleur de la chlorophylle (a) résultant de la superposition des radiations non absorbées, une solution de chlorophylle (a) est de couleur vert-bleu.

La chlorophylle (b) présente deux pics d’absorbance aux longueurs d’onde 455 nm (violet-bleu) et 640 nm (rouge) et une absorbance quasi nulle vers 530 nm (vert-jaune). Une solution de chlorophylle (b) est donc de couleur vert-jaune.

Le spectre d’absorption du β-carotène présente une bande d’absor-bance maximale entre 450 et 480 nm et une absorbance quasi nulle pour λ > 550 nm (orange). Une solution de ce pigment est donc de couleur orangée.

La couleur verte des feuilles au printemps et en été, lorsque l’enso-leillement et les températures sont élevés, est due essentiellement à la superposition des couleurs vertes des deux chlorophylles. La cou-leur orangée du β-carotène n’est pas suffisamment prononcée pour colorer en orange les feuilles.

En revanche, en automne, l’ensoleillement et la température dimi-nuent : les chlorophylles sont moins synthétisées contrairement au β-carotène. Les feuilles deviennent donc jaune-orangé.

• Conclusion revenant sur la problématiqueAinsi, la présence de ces différents pigments et leur synthèse par les végétaux, différente en été et en automne, permet d’expliquer la couleur verte des feuilles au printemps et en été et leur jaunisse-ment en automne.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Tableaux d’avancement

Exercice 4

Équation chimique 2 Al (s) + Fe2O

3 (s) r 2 Fe (s) + Al

2O

3 (s)

État du système Avan cement (en mol)Quantités de matière (en mmol)

n(Al) n(Fe2O

3) n(Fe) n(Al

2O

3)

État initial x = 0 2,0 2,0 0 0

État intermédiaire x 2,0 – 2x 2,0 – x 2x x


2,0 – 2xmax

2,0 – xmax

2xmax

xmax

Exercice 10

Équation chimique 2 Al (s) + 3 S (s) r Al2S

3 (s)

État du systèmeAvancement

(en mol)

Quantités de matière (en mmol)

n(Al) n(Fe2O

3) n(Al

2S

3)

État initial x = 0 0,60 0,30 0

État intermédiaire x 0,60 – 2x 0,30 – 3x x


0,60 – 2xmax

0,30 – 3xmax

xmax

Exercice 12

Équation chimique Fe2+ (aq) + 2 HO– (aq) r Fe(OH)2 (s)

État du système Avancement (en mmol)Quantités de matière (en mmol)

n(Fe2+) n(HO–) n(Fe(OH)2)

État initial x = 0 5,0 n0(HO–) 0

État intermédiaire x 5,0 – x n0(HO–) – 2x x


5,0 – xmax

n0(HO–) – 2x

maxx

max

Exercice 13

Équation chimique Al3+ (aq) + 3 HO– (aq) r Al(OH)3 (s)


(en mmol)


n(Al3+) n(HO–) n(Al(OH)3)

État initial x = 0 3,0 12,0 0

État intermédiaire x 3,0 – x 12,0 – 3x x


3,0 – xmax

12,0 – 3xmax

xmax

Exercice 19

Équation chimique 2 Ag+ (aq) + Cu (s) r 2 Ag (s) + Cu2+ (aq)


(en mol)


n(Ag+) n(Cu) n(Ag) n(Cu2+)

État initial x = 0 1,0 8,2 0 0

État intermédiaire x 1,0 – 2x 8,2 – x 2x x


1,0 – 2xmax

8,2 – xmax

2xmax

xmax



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

52

Exercice 20

Équation chimique 4 Al (s) + 3 O2 (g) r 2 Al

2O

3 (s)


(en mmol)


n(Al) n(O2) n(Al

2O

3)

État initial x = 0 n0(Al) excès 0

État intermédiaire x n0(Al) – 4x excès 2x


n0(Al) – 4x

maxexcès 2x

max = 0,25

Exercice 21

Équation chimique Cu2+ (aq) + 2 HO– (aq) r Cu(OH)2 (s)


(en mmol)


n(Cu2+) n(HO–) n(Cu(OH)2)

État initial x = 0 n0(Cu2+) n

0(HO–) 0

État intermédiaire x n0(Cu2+) – x n

0(HO–) – 2x x


n0(Cu2+) – x

maxn

0(HO–) – 2x

maxx

max

Exercice 25

Équation chimique 2 KClO3 + 3 C r 2 KCl + 3 CO

2


(en mol)


n(KClO3) n(C) n(KCl) n(CO

2)

État initial x = 0 2,45 4,2 0 0

État intermédiaire x 2,45 – 2x 4,17 – 3x 2x 3x


2,45 – 2xmax

4,17 – 3xmax

2xmax

3xmax


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



Exercice 24



S’approprier


• Le titre alcoolimétrique d’un vin s’exprime en degré. Il est égal au volume d’éthanol exprimé en L, pour 100 L de vin (doc. 1).

• Un vin est considéré comme « doux » lorsque son titre est inférieur à 18° (doc. 1).

• L’éthanol peut être dosé avec un réactif noté NAD+ ; il se forme de l’éthanal et du NADH (doc. 2).

• La concentration en NADH d’une solution peut être déterminée par une mesure d’absorbance dans les ultraviolets (doc.2).

• L’absorbance mesurée de l’échantillon est Ae = 0,15.

• Le coefficient de la loi de Beer-Lambert dans le dosage de NADH est égale à k = 1,6 L/g (doc.3).

• La formule donnant l’incertitude de la mesure est donnée (doc.4).


• L’élève connaît la loi de Beer-Lambert.

• L’élève sait utiliser la masse volumique pour calculer.


En prenant en compte l’incertitude associée à la valeur du volume d’éthanol, le titre alcoométrique de ce vin est-il inférieur à 18 ?

Analyser





• Déterminer la concentration en éthanol de l’échantillon par mesure de son absorbance.

• Calculer la concentration de la solution S.

• Calculer la concentration en éthanol dans le vin.

• Déterminer la masse d’éthanol contenue dans 100 L de vin dont la concentration en éthanol est celle qui a été déterminée précédemment.

• En déduire le volume d’éthanol correspondant en utilisant la masse volumique de l’éthanol.

• Calculer l’incertitude associée à la mesure réalisée.

• En tenant compte de l’incertitude, comparer le titre alcoomé-trique de ce vin à 18 degrés.







Valider



– en commentant ;



En tenant compte de l’incertitude, la valeur maximale du titre alcoométrique de ce vin est inférieure à 18 degrés, il s’agit donc d’un vin doux.












Chapitre 6 1Des atomes aux molécules

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

54

Chapitre

Des atomes aux molécules

6


Liaison covalente.

Formules de Lewis ; géométrie des molécules.

Rôle des doublets non liants.

Isomérie Z/E.

Décrire à l’aide des règles du « duet » et de l’octet les liaisons que peut établir un atome (C, N, O, H) avec les atomes voisins.

Interpréter la représentation de Lewis de quelques molécules simples.

Mettre en relation la formule de Lewis et la géométrie de quelques molécules simples.

Prévoir si une molécule présente une isomérie Z/E.

Savoir que l’isomérisation photochimique d’une double liaison est à l’origine du processus de la vision.

Mettre en œuvre le protocole d’une réaction photochimique.

Utiliser des modèles moléculaires et des logiciels de modélisation.

Recueillir et exploiter des informations sur les colorants, leur utilisation dans différents domaines et les méthodes de détermination des structures (molécules photochromes, indicateurs colorés, peintures, etc.).


Un modèle de l’atome.

Répartition des électrons en différentes couches appelées K, L, M.

Règles du « duet » et de l’octet.

Formules et modèles moléculaires, formules développées et semi-développées.

Ressources numériquesEssentiel : sous forme de carte mentale modifiable (télécharger FreeMind ou FreePlane)




Activités

En « duet » ou en octet 3 p. 100 du manuel

Compléments


aDénombrer les électrons de la couche externe. (2de)

a Rendre compte de la charge des ions monoatomiques en appli-quant les règles de l’octet et du « duet ». (2de)

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité permet la révision des compétences acquises en classe de seconde. Elle peut être donnée à faire à la maison avant de débuter le chapitre.

Réponses

1. a. L’atome d’oxygène a pour numéro atomique Z = 8, il possède donc 8 protons.b. L’atome d’oxygène est électriquement neutre, il possède donc autant de protons que d’électrons, soit 8 électrons.c. Sa formule électronique est : K2L6.

d. Il possède 6 électrons externes.

2. L’atome d’oxygène doit gagner deux électrons pour respecter la règle de l’octet. L’ion oxyde a pour formule O2–, il est porteur de deux charges électriques élémentaires.

3. a, f et g respectent les règles énoncées.

Programme officiel

1


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

55Chapitre 6 1Des atomes aux molécules

Les électrons font la paire 3 p. 101 du manuel

Compléments


aDécrire à l’aide des règles du « duet » et de l’octet les liaisons que peut établir un atome (C, N, O, H) avec les atomes voisins.

a Interpréter la représentation de Lewis de quelques molécules simples.

aMettre en relation la formule de Lewis et la géométrie de quelques molécules simples.

a Utiliser des modèles moléculaires et des logiciels de modélisation.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité propose aux élèves d’appréhender l’importance de la structure électronique externe des atomes, d’abord dans la construc-tion des molécules avec les doublets liants, puis dans la géométrie de celles-ci en utilisant la représentation de Lewis.

Matériel • Modèles moléculaires et/ou logiciel de représentation de molécules.

Réponses

1. L’atome d’hydrogène est entouré d’un doublet liant soit de 2 électrons.

L’atome de carbone est entouré de 4 doublets liants soit de 8 électrons.

L’atome d’azote est entouré de 3 doublets liants et d’un doublet non liant soit de 8 électrons.

Enfin celui d’oxygène est entouré de 2 doublets liants et 2 doublets non liants soit de 8 électrons.

2. a. H : K1 ; C : K2L4 ; N : K2L5 ; O : K2L6 .b. L’atome d’hydrogène possède 1 électron externe, l’atome de carbone 4 électrons externes, l’atome d’azote 5 électrons externes et celui d’oxygène 6 électrons externes.

3. Le nombre de doublet(s) liant(s) formé par chaque atome cor-respond au nombre d’électron(s) manquant(s) à ces atomes pour respecter la règle de l’octet. Sauf pour l’atome d’hydrogène, il forme un doublet liant car il lui manque un électron pour respecter la règle du « duet ».

4. Méthane : tétraédrique.

Ammoniac : pyramidale.

Eau : coudée.

Dioxyde de carbone : linéaire.

Méthanal : triangulaire.

5. Le doublet non liant de l’atome d’azote de la molécule d’ammo-niac explique que la géométrie de cette molécule est différente de celle de méthanal. Dans les deux cas, l’atome central est lié à trois atomes mais dans la molécule d’ammoniac, le doublet non liant de l’atome d’azote repousse par interaction électrostatique les doublets liants : les quatre doublets adoptent une disposition tétraédrique et la molécule est pyramidale.

6. Chaque liaison covalente formée permet à l’atome de gagner un électron sur sa couche externe. Ainsi, le nombre de liaisons cova-lentes établi par chaque atome correspond au nombre d’électrons qu’il lui manque pour posséder huit électrons sur sa couche externe et donc respecter la règle de l’octet. Seul l’atome d’hydrogène, qui, en établissant une liaison covalente, gagne un électron, respecte la règle du « duet ».

7. La structure spatiale d’une molécule est celle dans laquelle les doublets d’électrons externes, liants et non liants de chaque atome s’écartent au maximum les uns des autres. Il est donc nécessaire de disposer de la représentation de Lewis de la molécule pour pouvoir en établir la géométrie.

Similaires et pourtant si différents 3 p. 102 du manuel

Compléments


a Utiliser des modèles moléculaires et des logiciels de modélisation.

aMettre en œuvre le protocole d’une réaction photochimique.

a Prévoir si une molécule présente une isomérie Z/E.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité expérimentale permet d’illustrer l’isomérisation Z/E d’une double liaison C=C, analogue à celle qui s’opère dans le mécanisme de la vision.

Compléments– Le protocole propose d’irradier la solution avec une lampe halo-gène de 500 W. L’apparition des cristaux se fait au bout d’un quart d’heure environ. Avec une lampe UV, l’expérience est très longue et peu de cristaux sont apparus.

– Il n’est pas nécessaire de mesurer le point de fusion ; les tempéra-tures de fusion sont suffisamment différentes (l’espèce qui fond en premier sur la plaque chauffante est l’acide maléique).

– On peut également raisonner sur les solubilités dans l’eau : celle de l’acide maléique (780 g ∙ L–1 à 25 °C) est très supérieure à celle de l’acide fumarique (6,3 g ∙ L–1 à 25 °C). Après exposition aux UV, il y a précipitation d’une espèce peu soluble dans l’eau.

Matériel et consommables• 20 mL d’une solution aqueuse contenant 8 g d’acide maléique.

• Solution commerciale d’eau de brome.

• 2 boîtes de Pétri.

• Une lampe halogène 500 W.

• Un dispositif de filtration sous vide.

• Dispositif de mesure du point de fusion (banc Koffler, tube de Thiele ou plus simplement une plaque chauffante).

• Une hotte.

2

3



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

56

Réponses

1. Il est possible de mesurer la température de fusion de l’espèce chimique obtenue ou bien d’en déterminer la solubilité.

2. Isomère Z

O

O

HO

C

C C

HO C

H H

Isomère E

O

O

C

CC C

HO

OH

H

H

3. Au bout de 15 min environ, des cristaux blancs apparaissent. Ces cristaux sont ceux d’une espèce dont la solubilité dans l’eau est nettement plus faible que celle de l’acide maléique. Après identifi-cation, il s’agit d’acide fumarique.

Ainsi, la lumière est capable d’initier la rupture de la double liaison C=C de l’acide maléique (isomère Z) afin qu’il se forme de l’acide fumarique (isomère E) lorsque la double liaison C=C se reforme. Cette réaction implique nécessairement la rupture de la double liaison C=C car la libre rotation autour de cette liaison est impossible.

4. Une molécule présente l’isomérie Z/E si chacun des deux atomes de carbone de la double liaison C=C est lié à des substituants différents.

5. Il s’agit d’une isomérisation car il se produit le passage d’un iso-mère à un autre ; elle est photochimique car initiée par la lumière.

Des nutriments pour mieux voir 3 p. 103 du manuel

Compléments



a Prévoir si une molécule présente une isomérie Z/E.

a Savoir que l’isomérisation photochimique d’une double liaison est à l’origine du processus de la vision.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité basée sur la résolution d’un problème d’apprentis-sage, permet d’introduire l’isomérisation Z/E qui se produit lors du phénomène de la vision.

Réponses

Étape 1 : S’approprier la question posée1. Quel est le lien entre alimentation et vision ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents2. Le bêtacarotène et le lycopène.

3. Ces molécules possèdent un grand nombre de doubles liaisons C=C conjuguées.

4. Elles peuvent présenter des isoméries Z/E.

Étape 3 : Dégager la problématique5. Comment la géométrie des molécules intervient-elle dans la vision ?

Étape 4 : Construire la réponse– Décrire le rôle du bêtacarotène et du lycopène des aliments dans la protection de la santé visuelle (doc. 2).

– Discuter du fait que le bêtacarotène est un précurseur du rétinal (doc. 1 et 2).

– Observer les nombreuses liaisons C=C que renferment toutes ces molécules (doc. 1 et 2).

– Décrire l’isomérie Z/E.

– Relier cette disposition spatiale aux propriétés du (9Z)-bêtacarotène et du (5Z)-lycopène (doc. 2).

– Constater que le passage d’un isomère à un autre (doc. 1 et 2) se fait par apport d’énergie.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématique

Certaines espèces apportées par l’alimentation ou présentes dans l’organisme sont au cœur du processus de la vision et participent à

la santé visuelle. Ces molécules peuvent toutes se présenter selon des dispositions spatiales différentes. Comment la géométrie des molécules a-t-elle une influence dans la protection de la santé visuelle ?


Le rétinal possède de nombreuses doubles liaisons C=C. L’une d’entre elles (la liaison C11=C12) peut présenter une isomérie Z/E, c’est-à-dire que les groupes d’atomes liés aux atomes de carbone C11 et C12 sont disposés soit de part et d’autre de la double liaison (isomère E), soit du même côté (isomère Z) :

(E) (Z)

C C C C

Le passage d’un isomère à l’autre, initié par la lumière, est à l’ori-gine du processus de la vision. D’autres molécules présentant des doubles liaisons C=C peuvent présenter une isomérie Z/E. C’est le cas du bêtacarotène et du lycopène, molécules pouvant participer directement ou indirectement à la protection de la santé visuelle. Pour chacune d’entre elles, un isomère Z semblerait plus efficace que l’isomère E dans cette protection.• Conclusion revenant sur la problématique

Ainsi, la présence de doubles liaisons C=C dans certaines molécules peut induire des propriétés biochimiques différentes et participer à la protection de la santé visuelle.

Un pas vers le cours1. Une molécule présente l’isomérie Z/E si chacun des deux atomes de carbone de la double liaison C=C est lié à des substituants différents.

2. Il s’agit d’une réaction chimique initiée par la lumière au cours de laquelle il se produit le passage d’un isomère à un autre.

4


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



QCM


1 1. B ; 2. B ; 3. A ; 4. C ; 5. B et C.

2 1. C ; 2. C ; 3. A.

3 1. B et C ; 2. A et C.



5 Il faut établir la formule électronique des atomes mis en jeu, puis le nombre de liaisons que chacun d’eux peut former.

AtomeFormule

électroniqueNombre de liaisons

H K1Il lui manque (2 – 1) = 1 électron pour obtenir un duet d’électrons ; il peut for-mer une liaison simple.

C K2 L4

Il lui manque (8 – 4) = 4 électrons pour obtenir un octet d’électrons ; il peut for-mer quatre liaisons simples (ou une liai-son double et deux simples ou une liaison triple et une simple).

N K2 L5

Il lui manque (8 – 5) = 3 électrons pour obtenir un octet d’électrons ; il peut for-mer trois liaisons simples (ou une double et une simple ou une triple).

• Dans la représentation de Lewis proposée, on vérifie que les atomes d’hydrogène, de carbone et d’azote forment respective-ment 1, 4 et 3 liaison(s) covalente(s).

• L’atome d’hydrogène a gagné un électron : il respecte donc la règle du « duet » (1 + 1 = 2). Il ne possède aucun doublet non liant.

• L’atome de carbone a gagné quatre électrons : il respecte la règle de l’octet (4 + 4 = 8). Il est bien entouré de 4 doublets liants.

• L’atome d’azote a gagné trois électrons : il respecte la règle de l’octet (5 + 3 = 8). Il est bien entouré de 4 doublets : 1 doublet non liant et 3 doublets liants.

• Les atomes d’hydrogène, de carbone et d’azote sont ainsi entou-rés respectivement de 0, 0 et 1 doublet non liant.



7 Dans la molécule d’éthanal, l’atome de carbone, qui porte trois atomes d’hydrogène, est entouré de quatre doublets liants. L’atome de carbone lié à l’atome d’oxygène est entouré de quatre doublets liants dont deux engagés dans une double liaison.

Les doublets liants adoptent donc une disposition tétraédrique autour du premier atome de carbone et triangulaire autour du deuxième.



8 a. Atome d’hélium : il respecte la règle du « duet », il ne fera aucune liaison covalente.

b. Atome de carbone : il lui manque (8 – 4) = 4 électrons pour ob-tenir un octet d’électrons ; il peut former quatre liaisons covalentes.

c. Atome de fluor : il lui manque (8 – 7) = 1 électron pour obtenir un octet d’électrons ; il peut former une liaison covalente.

d. Atome de néon : il respecte la règle de l’octet ; il n’établira au-cune liaison covalente.

e. Atome de silicium : il lui manque (8 – 4) = 4 électrons pour obte-nir un octet d’électrons ; il peut former quatre liaisons covalentes.

f. Atome d’argon : il respecte la règle de l’octet ; il n’établira aucune liaison covalente.

9 L’atome d’hydrogène H établit une liaison covalente et res-pecte la règle du « duet » : il lui manque donc un électron sur sa couche externe K : donc K1.

L’atome d’azote N établit 3 liaisons et respecte la règle de l’octet : il lui manque donc 3 électrons sur sa couche externe L : donc K2L5.

L’atome de chlore Cl établit 1 liaison et respecte la règle de l’oc-tet : il lui manque donc 1 électron sur sa couche externe M : donc K2L8M7.

10 L’atome d’oxygène possède six électrons sur sa couche ex-terne. Il lui manque (8 – 6) = 2 électrons pour obtenir un octet d’électrons ; il forme donc deux liaisons covalentes. Il est ainsi entouré de deux doublets liants (4 électrons). Il lui manque donc 4 électrons, soit deux doublets non liants pour respecter la règle de l’octet.

11 L’atome de soufre possède six électrons sur sa couche externe. Il lui manque (8 – 6) = 2 électrons pour obtenir un octet d’élec-trons ; il forme deux liaisons covalentes. Il est ainsi entouré de deux doublets liants (4 électrons). Il lui manque donc 4 électrons, soit deux doublets non liants pour respecter la règle de l’octet.

La formule de Lewis du sulfure d’hydrogène est donc :

S HH

12 • Formule électronique de l’atome de fluor F : K2L7.

Il lui manque (8 – 7) = 1 électron pour obtenir un octet d’électrons. Il forme une liaison covalente. Il est bien entouré de 4 doublets ré-partis en un doublet liant et trois doublets non liants.

• Formule électronique de l’atome d’oxygène O : K2L6.

Il lui manque (8 – 6) = 2 électrons pour obtenir un octet d’électrons. Il forme deux liaisons covalentes. Il est bien entouré de 4 doublets répartis en deux doublets liants et deux doublets non liants.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

58

13

AtomeFormule



C K2 L4


N K2 L5

Il lui manque (8 – 5) = 3 électrons pour obtenir un octet d’électrons ; il peut for-mer trois liaisons simples (ou une double et une simple ou une triple).

O K2 L6

Il lui manque (8 – 6) = 2 électrons pour obtenir un octet d’électrons ; il peut for-mer deux liaisons simples (ou une liaison double).

Les représentations de Lewis correctes sont entourées ci-dessous :

Molécule Proposition 1 Proposition 2

Acide cyanhydrique HCN H C N H C N

Acétylène C2H

2H C HC H C HC

Méthanal CH2O

H

O

C H H

O

C H

14 Autour de l’atome de carbone, la géométrie est triangulaire.

Autour de l’atome d’oxygène, la géométrie est coudée, de même qu’autour de l’atome d’azote.

15

Modèle moléculaire Géométrie autour des atomes de :

Acide isocyanique

a. Carbone 1 1 linéaire

b. Azote 1 1 coudée

Éthène

c. Carbone 1 1 triangulaire

Dichlorométhane

d. Carbone 1 1 tétraédrique

Hydrazine

e. Azote 1 1 pyramidale

16 • Chlorosilane : l’atome de silicium est entouré de quatre dou-blets liants qui adoptent une disposition tétraédrique autour du si-licium. La molécule est donc tétraédrique.

• Chlorure de méthanoyle : l’atome de carbone est entouré de quatre doublets liants dont deux engagés dans une double liaison. Les doublets adoptent donc une disposition triangulaire. La géomé-trie est donc triangulaire.

17 • Phosphine : l’atome de phosphore est entouré de quatre doublets : trois liants et un non liant. Ces quatre doublets adoptent une géométrie tétraédrique autour du phosphore. La molécule est donc pyramidale. Le modèle 1 est correct.• Acide cyanhydrique : l’atome de carbone est entouré de quatre doublets liants dont trois engagés dans une triple liaison. Les dou-blets adoptent donc une disposition linéaire. La molécule est donc linéaire. Le modèle 2 est correct.

18 1. Une isomérisation photochimique est une réaction au cours de laquelle, sous exposition à la lumière, une double liaison se rompt et se recrée permettant le passage d’un isomère E à un isomère Z ou vice-versa.2. Les deux isomères du stilbène sont :

(Z)-stilbène

CC

CHHC

HC

CH

CH C CHH H

C

CH

CH

HCCH

(E)-stilbène

CH

HC

HC CH

CH

HCC CH

C H

C

CH

CH

HCCH

19 Le pent-3-ènamide et le 3,4-diméthylhex-3-ène peuvent don-ner lieu à une isomérie Z/E car dans ces molécules, chacun des atomes de carbone doublement liés porte deux substituants différents.

20 1.

AtomeFormule



C K2 L4


O K2 L6

Il lui manque (8 – 6) = 2 électrons pour obtenir un octet d’électrons ; il peut for-mer deux liaisons simples (ou une liaison double).

• Dans la représentation de Lewis proposée, on vérifie que les atomes d’hydrogène, de carbone et d’oxygène forment respectivement 1, 4 et 2 liaison(s) covalente(s).


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


• Chacun des atomes d’hydrogène a gagné un électron : ils res-pectent donc la règle du « duet » (1 + 1 = 2). Ils ne possèdent aucun doublet non liant.• Chacun des atomes de carbone a gagné quatre électrons : ils res-pectent la règle de l’octet (4 + 4 = 8). Ils sont bien entourés de 4 doublets liants.• Chacun des atomes d’oxygène a gagné deux électrons : ils res-pectent la règle de l’octet (6 + 2 = 8). Ils sont bien entourés de 4 doublets : 2 doublets non liants et 2 doublets liants.• Les atomes d’hydrogène, de carbone et d’oxygène sont ainsi entourés respectivement de 0, 0 et 2 doublets non liants.2. L’atome de carbone (1) est entouré de quatre doublets liants engagés dans quatre liaisons simples. Ils adoptent donc une dispo-sition tétraédrique. La géométrie est donc tétraédrique autour de cet atome de carbone.

L’atome de carbone (2) est entouré de quatre doublets liants dont deux sont engagés dans une liaison double. Ils adoptent donc une disposition triangulaire. La géométrie est donc triangulaire autour de cet atome de carbone.L’atome d’oxygène (3) est entouré de deux doublets liants engagés dans deux liaisons simples et deux doublets non liants. Ces quatre doublets adoptent une disposition tétraédrique autour de l’oxy-gène du fait de la répulsion de tous les doublets entre eux, la géo-métrie de la molécule est donc coudée autour de cet atome.

21 1. a. Atome d’hydrogène : K1

Atome de carbone : K2L4

Atome d’azote : K2L5

Atome d’oxygène : K2L6

b. Atome d’hydrogène H : il manque (2 – 1) = 1 électron pour ob-tenir un duet d’électrons.

Atome de carbone C : il manque (8 – 4) = 4 électrons pour obtenir un octet d’électrons.

Atome d’azote N : il manque (8 – 5) = 3 électrons pour obtenir un octet d’électrons.

Atome d’oxygène O : il manque (8 – 6) = 2 électrons pour obtenir un octet d’électrons.

c. L’atome d’hydrogène fera donc une liaison covalente, celui de carbone quatre, celui d’azote trois et celui d’oxygène deux.

d. Dans la représentation de Lewis proposée, ces conditions sont satisfaites.

e. L’atome de carbone est entouré de quatre doublets liants, soit 8 électrons. Il n’a donc pas de doublet non liant.

L’atome d’azote est entouré de trois doublets liants, soit 6 électrons. Il lui manque donc 2 électrons, soit un doublet non liant.

L’atome d’oxygène est entouré de deux doublets liants, soit 4 élec-trons. Il lui manque donc 4 électrons, soit deux doublets non liants.

2. a. Atome de carbone (1) : il est lié à quatre atomes et ne porte aucun doublet non liant.

Atome de carbone (2) : il est lié à trois atomes et ne porte aucun doublet non liant.

Atome d’azote (3) : il est lié à deux atomes et porte un doublet non liant.

Atome d’oxygène (4) : il est lié à deux atomes et porte deux dou-blets non liants.

b. Atome (1) : les quatre doublets liants adoptent une disposition tétraédrique, la géométrie est donc tétraédrique autour de cet atome de carbone.

Atome (2) : les doublets adoptent une disposition triangulaire, la géométrie est donc triangulaire autour de cet atome de carbone.

Atome (3) : les doublets liants et le doublet non liant adoptent une disposition triangulaire du fait de la répulsion entre tous les

doublets y compris non liants ; la géométrie est donc coudée autour de cet atome d’azote.

Atome (4) : les deux doublets liants et les deux doublets non liants adoptent une disposition tétraédrique ; la géométrie est donc cou-dée autour de l’atome d’oxygène.

22 1. a. Le photochromisme est une réaction photochimique, c’est-à-dire induite par la lumière, qui a pour particularité de s’accompagner d’un changement de couleur de l’espèce chimique modifiée par la réaction. Ce changement est réversible.b. C’est l’énergie du photon qui est associée à l’expression h ∙ v.

2. L’isomérie Z/E peut être considérée comme une réaction photochromique si les deux isomères peuvent subir une photo- isomérisation réversible et n’ont pas la même couleur.

23 1. a. Toutes les doubles liaisons du resvératrol sont conju-guées car elles alternent avec une simple liaison.

b. Cette molécule possède des propriétés photoprotectrices car, absorbant les radiations de longueurs d’onde voisines de 200 nm et 300 nm, ultraviolettes, elle absorbe des radiations nocives pour la peau.2. La double liaison responsable de l’isomérie Z/E est celle qui se trouve entre les deux cycles car elle possède, sur chacun de ses atomes de carbone, deux groupes d’atomes différents (H et un cycle benzénique). Les doubles liaisons des cycles à six atomes de carbone ne peuvent en aucun cas donner lieu à cette isomérie.3. a. Pour effectuer l’isomérisation photochimique de l’isomère E vers l’isomère Z, il faut placer dans une coupelle du (E)-resvératrol et le soumettre à une irradiation sous une lampe UV.b.

CHC

CHHCC

OH

HHO H

H

CHCC

C

CH

HCCH OH

C C

CHC

C

CH

HCCH OH

HOH

CC C

CCH

OH

CCH

CH

4. Le (E)-resvératrol est utilisé comme photoprotecteur car en se transformant en l’isomère Z, il absorbe des radiations ultravio-lettes. Ainsi, utilisée comme « écran », cette molécule empêche les radiations ultraviolettes de passer. On peut cependant remarquer qu’il faudra renouveler régulièrement la protection en apportant constamment du (E)-resvératrol.

24 1. La formule de Lewis de la molécule de timolol est :

H2C

H2CCH2

OCH2

1

4

5 6

2

3 CH CH2 NCH2 C CH3

HO

CHN

N

NCH

S

O

H

CH3

CH3

Dans une formule de Lewis, toutes les liaisons doivent être repré-sentées. Ici, cela n’a pas été fait par souci de clarté.

2. Voir en fin de chapitre.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

60

25 1. La molécule (A) présente deux liaisons doubles C=C. Seule l’une d’entre elles peut présenter une isomérie Z/E (celle qui porte l’atome d’azote). En effet, ses deux atomes de carbone portent cha-cun deux groupements d’atomes différents.

2. Pour obtenir la trétinoïne, il faudra « éliminer » l’un des grou-pements –CO–O–CH

3 de l’atome de carbone qui deviendra le nu-

méro 14 dans la trétinoïne. Cet atome portant deux groupements –CO–O–CH

3 , l’un ou l’autre pourra être indifféremment « élimi-

né », conduisant au mélange de deux isomères.


Étape 1 : S’approprier la consigne ou la question posée1. Qu’est-ce que la molécule de cyclooctasoufre ?

S S

O

S

Étape 2 : Lire et comprendre les documents2. La molécule de cyclooctasoufre est formée de 8 atomes de soufre disposés en cycle (doc. 2).

3. L’élément soufre a pour symbole 16

S (doc. 2).

4. La répulsion des paires d’électrons dans une molécule lui confère une géométrie particulière (doc. 1).

Étape 3 : Dégager la problématique5. La représentation de Lewis de la molécule de cyclooctasoufre peut-elle conduire à une géométrie plane ?

6. Sinon, quelle peut être la disposition dans l’espace des atomes de soufre de cette molécule ?

Étape 4 : Construire la réponse – Observer que les atomes de soufre de la molécule de cyclo-

ocatasoufre semblent disposés suivant un octaèdre régulier d’après la formule développée proposée (doc. 2).

– Établir la formule électronique d’un atome de soufre, comptabili-ser le nombre de doublets liants et non liants (doc. 2).

– En déduire si le nombre de doublets liants est compatible avec la structure octaédrique supposée (doc. 1 et 2).


La molécule de cyclooctasoufre est constituée de huit atomes de soufre qui semblent disposés suivant un octaèdre d’après la formule développée fournie. Cette géométrie est-elle compatible avec la représentation de Lewis de la molécule ?• Mise en forme de la réponseSi la molécule S

8 est plane, alors l’octaèdre est régulier et l’angle

entre le centre de l’octaèdre et deux atomes de soufre consécutifs

vaut = 360

8= 45°.

Les angles OSS

⟨

valent donc : 180 – 45

2= 67,5°.

Et donc les angles SSS

⟨

valent 67,5 × 2 = 135°.

Les angles réels valant 108°, la molécule ne peut pas être plane.

La formule électronique d’un atome de soufre 16

S est : K2 L8 M6. Il manque donc 2 électrons pour respecter la règle de l’octet : un atome de soufre peut établir deux liaisons covalentes.

Il est ainsi entouré de 6 – 2

2= 2 doublets non liants.

D’après le document 1, un atome entouré de quatre doublets adopte une géométrie tétraédrique :

Doublet non liant

Doublet liant

Doublet non liant

Doublet liant

S


Ainsi, la seule disposition permettant à tous les atomes de soufre d’adopter une configuration tétraédrique est celle pour laquelle une molécule de cyclooctasoufre est en forme de couronne :

S SSS

S S

S S

27 1. Les symptômes liés à une DMLA est une malvoyance issue d’une dégénérescence de la zone centrale de la rétine, appelée macula.

2. La lutéine et la zéaxanthine sont des pigments maculaires, car ce sont des pigments caroténoïdes qui permettent de ralentir l’évolu-tion de la dégénérescence maculaire.

3. a. Les pigments a et b du document 2 sont colorés car ils contiennent de nombreuses doubles liaisons conjuguées.

b. Ces pigments filtrent la lumière bleue car, étant des pigments de couleur jaune (doc. 2), ils absorbent les radiations bleues (doc. 3).

c. Entre la molécule de quercétine (jaune) qui absorbe le bleu, et la molécule de péonidine (rouge-orangé) qui absorbe entre le bleu et le vert, la longueur d’onde de la radiation absorbée augmente.

4. a. La formule de Lewis de la molécule de quercétine est :

C2

CC

OH

OH

OH

HO

HC

CH

C

O

C

C CHO

C OH

C

C

CH

HCC

Dans une formule de Lewis, toutes les liaisons doivent être repré-sentées. Ici, cela n’a pas été fait par souci de clarté.

b. • Pour l’atome d’oxygène (1) : il porte deux doublets non liants et il est entouré, de plus, de deux doublets liants engagés dans des liaisons simples. Les quatre doublets vont donc adopter une dispo-sition tétraédrique et la molécule est alors coudée autour de cet atome d’oxygène.

• Pour l’atome de carbone (2) : il est entouré de quatre doublets liants dont deux engagés dans une double liaison. Les doublets vont donc adopter une disposition triangulaire. La molécule a donc une géométrie triangulaire autour de cet atome de carbone.

5. a. Autour de la double liaison repérée en rouge, les deux atomes d’hydrogène se trouvent de part et d’autre de cette double liaison. D’après le document 4, il s’agit donc de l’isomère E.

b. L’isomère Z de la lutéine a pour formule semi-développée :

Voir en fin de chapitre.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


28 1. a. La double liaison représentée en rouge de la molécule de rétinal peut présenter une isomérie Z/E car les deux atomes de carbone portent tous deux des substituants différents.

b. L’isomère (11Z) du rétinal a pour formule topologique :

O

1 9

7 11

8 1012

13 14

15

45

623

2. La photo-isomérisation est une réaction chimique au cours de laquelle une molécule présentant une isomérie Z/E est convertie en son isomère sous l’action de la lumière.

3. La coupure de la chaîne du bêtacarotène qui conduit à la forma-tion de la vitamine A se fait au niveau de la liaison entre les atomes de carbone 15 et 15’. On obtient ainsi deux molécules identiques qui ont le même nombre d’atomes de carbone que la vitamine A.

4. L’absorption du bêtacarotène est optimisée par l’ajout de ma-tières grasses dans les aliments consommés car la vitamine A qui en est issue est liposoluble, c’est-à-dire soluble dans les graisses.

5. • Contexte introduisant la problématiqueNotre organisme a besoin d’un apport constant et suffisant en vita-mine A pour permettre son bon fonctionnement.

• Mise en forme de la réponseLa vitamine A participe dans l’organisme à la croissance des os, la régulation du système immunitaire mais aussi et surtout au mé-canisme de la vision puisqu’une carence sévère peut conduire à la cécité. En effet, la vitamine A, ou rétinol, est transformée en (11Z)-rétinal qui, par photo-isomérisation, devient le (11E)-rétinal permettant ainsi au processus électrique de la vision d’avoir lieu.

L’apport en vitamine A peut se faire par une supplémentation di-recte sous forme médicamenteuse ou bien par l’alimentation.

Dans l’alimentation, la vitamine A peut être apportée de manière indirecte par les aliments riches en caroténoïdes, tel le bêtacaro-tène, qui est qualifié de provitamine A. On trouve les caroténoïdes dans des légumes, des fruits, des fleurs, plutôt rouges, orangés ou jaunes. Consommé en même temps que des matières grasses dans lesquelles la vitamine A est soluble, le bêtacarotène est transformé par l’organisme en vitamine A par coupure de sa longue chaîne car-bonée et constitue ainsi une source importante de vitamine A.


Il est donc nécessaire pour le bon fonctionnement de l’organisme d’adopter une alimentation équilibrée, qui contient une proportion de légumes importante, en particulier, ceux qui apportent de la vita-mine A ou du bêtacarotène comme les carottes, tomates et autres.

Réponses

Exercice 24

AtomeNombre de

doublets liantsTypes de liaisons

Nombre de doublets non liants

Disposition des doublets

Géométrie autour de l’atome

1 Azote 3 1 simple et 1 double 1 Triangulaire Coudée

2 Soufre 2 2 simples 2 Tétraédrique Coudée

3 Carbone 4 2 simples et 1 double 0 Triangulaire Triangulaire

4 Oxygène 2 2 simples 2 Tétraédrique Coudée

5 Carbone 4 4 simples 0 Tétraédrique Tétraédrique

6 Azote 3 3 simples 1 Tétraédrique Pyramidale

Exercice 27

H2C

CH

H3CCH3 CH3

CH3 CH3

CH2

CH3

C

CC

HO CH3CH3

C CHCH

H3C

CH CHCH CH

CCH

CCH

CHC

CH CHC

CHCH

CHCH

CHCH

CH2C

H3C OH



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

62


Activité 4



S’approprier


• Le bêtacarotène contenu dans les aliments joue un rôle dans la santé visuelle. Le lycopène contenu dans la tomate contribuerait à protéger la rétine (doc.2).• L’isomérie Z/E est au cœur du processus de la vision. Une molé-cule, le (Z)-rétinal, est l’initiateur de ce processus (doc.1).• Le bêtacarotène est un précurseur du rétinal dans l’organisme (doc.2).• Il existe d’autres molécules présentant une isomérie Z/E. Par exemple, le (9Z)-bêtacarotène améliore la vision de nuit. Le (5Z)-lycopène est mieux absorbé dans l’organisme que le « tout E » (doc.2).


• L’élève sait exploiter une formule chimique (atomes, squelette carboné, liaisons, etc.).• Il sait définir une énergie lumineuse.• Il sait définir une isomérie.


Comment la géométrie des molécules intervient-elle dans la vision ?

Analyser




Exemple de raisonnement correct :• Décrire le rôle du bêtacarotène et du lycopène des aliments dans la protection de la santé visuelle (doc.2).• Discuter du fait que le bêtacarotène est un précurseur du rétinal (doc.1 et 2).• Observer les nombreuses liaisons C=C que renferment toutes ces molécules (doc.1 et 2).• Décrire l’isomérie Z/E.• Relier cette disposition spatiale aux propriétés du (9Z)-bêtaca-rotène et du (5Z)-lycopène (doc.2). • Constater que le passage d’un isomère à un autre (doc.1 et 2) se fait par apport d’énergie.


• Les formules sont reproduites correctement (éventuellement) et les doubles liaisons mises en évidence (surlignage, cerclage, coloration, etc.).• L’élève construit son argumentaire autour du bêtacarotène et du lycopène et a compris que :— l’isomérie Z/E est due à la présence d’une liaison double entre deux atomes de carbone ;— sa présence entraîne une disposition spatiale différente de certains groupes d’atomes ;– cette disposition spatiale différente entraîne des propriétés différentes ;– le passage d’un isomère à un autre peut se faire grâce un apport d’énergie.

Valider



– en commentant ;


• La réponse est formulée en revenant sur la question de départ. La présence de doubles liaisons C=C dans certaines molécules peut induire des propriétés biochimiques différentes et participer à la protection de la santé visuelle.• L’élève fait éventuellement preuve d’esprit critique en notant que les informations données ne sont pas suffisantes pour ré-pondre rigoureusement à la question.


• La réponse est structurée en trois étapes (contexte introduisant la problématique, mise en forme de la réponse, conclusion reve-nant sur la problématique).• Un vocabulaire scientifique adapté et rigoureux est utilisé.• La rédaction fait apparaître une maîtrise satisfaisante des com-pétences langagières de base.• La présentation est soignée.

– Majorité de A : note entre 4 ou 5 (majorité de A et aucun C ou D ▶ 5) – Majorité de B : note entre 2 et 4 (uniquement des B ▶ 3) – Majorité de C : note entre 1 et 3 (uniquement des C ▶ 2) – Majorité de D : note entre 0 et 2 (uniquement des D ▶ 0 ; dès qu’il y a d’autres niveaux que le D ▶ 1 ou 2)



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Exercice 26



S’approprier


• La molécule de cyclooctasoufre est formée de 8 atomes de soufre disposés en cycle (doc.2).

• L’élément soufre a pour symbole 16

S (doc.2).

• La répulsion des paires d’électrons dans une molécule lui confère une géométrie particulière (doc.1).


• L’élève sait exploiter une formule chimique (atomes, squelette, liaisons, etc.).

• Il sait définir un octaèdre régulier et déterminer des angles.

• Il sait établir une formule électronique à partir du numéro atomique.

• Il sait justifier la formule de Lewis de la molécule de cycloocta-soufre.


La représentation de Lewis de la molécule de cyclooctasoufre peut-elle conduire à une géométrie plane ? Sinon, quelle peut être la disposition dans l’espace des atomes de soufre de cette molécule ?

Analyser





• Observer que les atomes de soufre de la molécule de cycloocta-soufre semblent disposés suivant un octaèdre régulier d’après la formule développée proposée. (doc.2)

• Établir la formule électronique d’un atome de soufre, comptabi-liser le nombre de doublets liants et non-liants (doc.2).

• En déduire si le nombre de doublets liants est compatible avec la structure octaédrique supposée (doc.1 et 2).


• La formule de la molécule est reproduite correctement et les angles sont mis en évidence.

• Les calculs d’angles sont correctement réalisés.

• La comparaison avec les angles donnés dans le document per-met de conclure.

• Les deux doublets non-liants de chaque atome de soufre sont mis en évidence.

Valider



– en commentant ;


La réponse est formulée en revenant sur la question de départ, c’est-à-dire en décrivant la structure de la molécule de cyclooc-tasoufre : l’élève déduit que le nombre de doublets liants n’est pas compatible avec la structure octaédrique supposée et que la structure est une couronne.












Évaluations des compétences expérimentales (ECE)

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

64

expérimentales

ActivitésECE 3 p. 117 et 118

L’optique en scène 3 p. 117 du manuel

Compléments

Matériel et consommables• Un banc d’optique.

• Une source de lumière blanche.

• Un objet.

• Un écran.

• Des supports mobiles pour l’écran et l’objet.

• Une lentille fournie par le professeur, de distance focale inconnue de l’élève, et son support.

Compétences évaluées

AnalyserLa compétence « Analyser » est évaluée lors de la première question pour laquelle, l’élève doit analyser la situation et en déduire une situation de calcul lui permettant de trouver la distance focale de la lentille utilisée par le technicien. Elle est également évaluée lors de la proposition du protocole expérimental.

RéaliserLa compétence « Réaliser » est évaluée en observant l’élève réaliser le montage et prendre les mesures à l’aide du banc d’optique.

ValiderLa compétence « Valider » est évaluée en fin de séance. Le travail fourni par l’élève doit lui permettre de valider l’utilisation ou non de la lentille par le technicien.

Solutions pour le premier appel et la proposition du protocole expérimental

Solution partielle 1Le professeur indique à l’élève qu’il doit utiliser la relation de conju-gaison pour calculer la valeur de la distance focale de la lentille.

Solution partielle 2 Le professeur indique à l’élève qu’il doit réaliser différentes mesures de distances x

A’ pour différentes valeurs de x

A.

Solution totaleLe professeur donne à l’élève la description complète du protocole expérimental ainsi qu’un tableau de mesures à compléter.

Solutions pour la validation des résultats

Solution partielle 1Le professeur indique à l’élève la nécessité de tracer la courbe

représentant 1x

A’

en fonction de 1x

A

pour trouver la valeur de la

distance focale f’.

Solution partielle 2Le professeur indique à l’élève qu’il est nécessaire de faire un lien entre la courbe tracée et son expression avec la relation de conjugaison.

Solution totaleLe professeur indique à l’élève que la valeur de

1f’

correspond à la

valeur de l’ordonnée à l’origine pour la courbe tracée.

Un exemple de réponseDans cet exemple, le professeur a fourni une lentille mince convergente de vergence ν = 10 δ.

1. Il est nécessaire d’utiliser la relation de conjugaison pour calculer la distance focale de la lentille que le technicien doit choisir :

1x

A’

1x

A

1f’– =

D’après le document 1, xA = –34 cm = –34 × 10–2 m et x

A’ = 8,6 m.

Ainsi : 1

(–34 × 10–2)1

8,61f’– = .

D’où : f’ = 0,33 m.

2. On réalise plusieurs mesures pour déterminer la position de l’image en fonction de positions déterminées de l’objet par rapport

à la lentille ; la construction graphique de 1x

A’

en fonction de 1x

A

va

permettre de retrouver la valeur de la distance focale de la lentille f’.

Voici un exemple de résultats trouvés pour une lentille fournie par le professeur (dans cet exemple, la lentille choisie a pour distance focale 10 cm) :

xA (en m) –0,400 –0,300 –0,200 –0,150

xA’

(en m) 0,140 0,156 0,205 0,280

1x

A (en m–1)

–2,50 –3,33 –5,00 –6,67

1x

A’ (en m–1)

7,14 6,41 4,88 3,57

1


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

65Évaluations des compétences expérimentales (ECE)

ECE

Le graphique correspondant est le suivant.

(m–1)1xA

–7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 0

(m–1)1xA'

14

12

10

8

6

4

2

L’ordonnée à l’origine de cette courbe correspond à la valeur de 1f’ .

Par lecture graphique, on trouve

1f’ = 9,3 m–1. On en déduit alors

f’ = 0,11 m.

L’écart entre la distance focale nécessaire et celle de la lentille disponible ne peut pas s’expliquer par de seules erreurs de mesure.

La lentille fournie par le professeur ne peut donc pas convenir au technicien.

L’alliage « or nordique » 3 p. 118 du manuel

Compléments

Matériel et consommablesMatériel

• Des fioles jaugées de 50,0 mL et 100,0 mL.

• Des pipettes jaugées de 10,0 mL et 20,0 mL.

• Un spectrophotomètre réglé sur la longueur d’onde 810 nm avec sa notice et une cuve.

• Un ordinateur avec tableur.

Produits

• Une solution S de sulfate de cuivre de volume VS = 1,000 L et de

concentration CS préparée en faisant réagir, sous hotte aspirante,

une pièce de 10 centimes d’euro avec de l’acide nitrique concentrée en excès.

• Des solutions de sulfate de cuivre notées S0

, S1

, S2

, S3 et S

4 de

volume V = 50,0 mL et dont les concentrations sont respective-ment 1,0 × 10−1 mol·L−1 , 8,0 × 10−2 mol·L−1 , 6,0 × 10−2 mol·L−1, 4,0 × 10−2 mol·L−1 et 2,0 × 10−2 mol·L−1.

• De l’eau distillée.


AnalyserLa compétence « Analyser » est évaluée lors de la première ques-tion pour laquelle l’élève doit analyser la situation et en déduire un protocole pour préparer la solution S

3 par dilution de la solution S

1.

Elle est également évaluée lors de la deuxième et de la troisième question lorsque l’élève doit proposer un protocole pour déterminer la concentration C

S de la solution S et en déduire la masse de cuivre

puis le pourcentage massique en cuivre de la pièce.

RéaliserLa compétence « Réaliser » est évaluée en observant l’élève réaliser le protocole permettant la détermination de la concentration C

S de

la solution S et lors du calcul du pourcentage massique en cuivre de la pièce.

ValiderLa compétence « Valider » est évaluée lors de la deuxième question pour la détermination de la concentration C

S et lors de la troisième

question lorsque l’élève doit comparer le pourcentage massique en cuivre obtenu à celui attendu et identifier les sources d’erreur.

2



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

66

Solutions pour le premier appel : préparation d’une solution par dilution

Solution partielle 1Le professeur indique à l’élève qu’il doit réaliser une dilution de la solution S

1.

Solution partielle 2 Le professeur indique à l’élève la relation de dilution : C

1·V

1 = C

3·V

où V1 est le volume de la solution S

1 à prélever et V = 50,0 mL est

le volume de la solution S3 à préparer.

Solution partielle 3 Le professeur indique à l’élève la verrerie de précision à utiliser : fiole jaugée de 50,0 mL et pipette jaugée de 20,0 mL.

Solution totaleLe professeur donne à l’élève la description complète du protocole expérimental.

Solutions pour le deuxième appel : détermination de la concentration CS

Solution partielle 1Le professeur indique à l’élève la nécessité de mesurer les absorbances des solutions de l’échelle de teinte avec le spectrophotomètre.

Solution partielle 2Le professeur indique à l’élève la nécessité de tracer la courbe d’étalonnage représentant l’absorbance des solutions de l’échelle de teinte en fonction de leur concentration.

Solution partielle 3Le professeur indique à l’élève la nécessité de mesurer l’absorbance A

S de la solution S avec le spectrophotomètre.

Solution partielle 4Le professeur montre à l’élève comment exploiter la courbe d’éta-lonnage et l’absorbance A

S pour déterminer la concentration C

S .


Solutions pour la validation du travail

Solution partielle 1Le professeur indique à l’élève comment déterminer la masse de cuivre m(Cu) à partir de la concentration C

S :

m(Cu) = n(Cu)·M(Cu) = CS·V

S·M(Cu)

Solution partielle 2Le professeur indique à l’élève comment déterminer le pourcentage massique en cuivre P(Cu) de la pièce :

m(Cu)m(pièce)P(Cu) =

Solution partielle 3Le professeur indique à l’élève les sources d’erreurs associées à la détermination du pourcentage massique en cuivre

Solution totaleLe professeur indique à l’élève la description complète de la méthode pour déterminer le pourcentage massique en cuivre P(Cu) de la pièce et les sources d’erreurs.

Un exemple de réponse1. La relation de dilution permet de calculer le volume V

1 de la

solution S1 à prélever pour préparer la solution S

3 :

C1·V

1 = C

3·V

C3·V

C1

V1 = = … = 20,0 mL

C3·V

C1

V1 = = = 20,0 mL

4,0 × 10–2 × 50,01,0 × 10–1

À l’aide d’une pipette jaugée de 20,0 mL munie d’un pipeteur, on prélève 20,0 mL de la solution S

1 que l’on introduit dans une fiole

jaugée de 50,0 mL. On ajoute de l’eau distillée au trois quarts, on bouche la fiole et on agite. On complète la fiole avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge, on bouche et on agite pour bien homogénéiser la solution.

2. Les mesures d’absorbance des solutions de l’échelle de teinte sont données dans le tableau ci-dessous.

Concen tration (en mol·L–1) 1,0×10–1 8,0×10–2 6,0×10–2 4,0×10–2 2,0×10–2

Absor bance 1,26 1,02 0,76 0,52 0,24

Le graphe de l’absorbance en fonction de la concentration est alors tracé avec un tableur.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


ECE

0,00E+00 1,20E-011,00E-018,00E-026,00E-024,00E-022,00E-02

0,2

0,4

0,6

0,8

1

1,2

1,4

0

A

C (mol.L–1)

AS = 0,70

CS = 0,056 mol.L–1

Absorbance en fonction de la concentration

Remarque : Il s’agit d’une droite qui passe par l’origine donc la loi de Beer-Lambert est vérifiée.

La mesure de l’absorbance de la solution S donne : AS = 0,70.

La courbe d’étalonnage permet de déterminer graphiquement la concentration C

S correspondante : C

S = 0,056 mol·L−1.

3. a. La masse de cuivre m(Cu) contenue dans la pièce est :

m(Cu) = n(Cu)·M(Cu) = n(Cu2+)·M(Cu) = CS·V

S·M(Cu)

m(Cu) = 0,056 × 1,000 × 63,5 = 3,556 g = 3,6 g (on conserve deux chiffres significatifs).

b. Le pourcentage massique en cuivre P(Cu) de la pièce est :

= = 0,88 = 88 %3,6

4,10m(Cu)

m(pièce)P(Cu) =

c. Le pourcentage obtenu est proche de celui attendu : 89 %.

< 1 %]P(Cu)

P(Cu)réel

[P(Cu)réel

–

Les principales sources d’erreurs sont :

– Les incertitudes liées à la verrerie et aux manipulations lors de la préparation de la solution S : volume V

S de la fiole jaugée et volume

V1 de la pipette jaugée, respect des traits de jauge.

– Les incertitudes liées aux mesures des absorbances avec le spectrophotomètre.

– Les incertitudes liées à la détermination graphique de la concen-tration C

S .


Exercices de synthèse

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

68

de synthèse 3 p. 119Exercice

1 Des pigments colorés 3 p.119 du manuel

1. La phycocyanobiline est une espèce colorée car sa molécule com-porte un grand nombre de doubles liaisons conjuguées.

2. Erratum : cette question nécessite la lecture des documents 4 et 5 pour y répondre.

La phycocyanine absorbe autour de 600 nm, donc dans l’orangé : elle est bleue.

La phycoérythrine absorbe la lumière sur un large domaine de lon-gueurs d’onde (principalement entre 450 et 550 nm) ; les radia-tions non absorbées sont le violet et le rouge : la couleur perçue est rouge-violacée.

3. a. La chlorophylle a absorbe la lumière autour de 430 nm et 660 nm. La chlorophylle b, autour de 460 nm et 650 nm.

b. En surface, toutes les radiations du spectre visible sont présentes. Les chlorophylles peuvent absorber ces radiations, les cyanobacté-ries peuvent donc utiliser les chlorophylles pour réaliser la photo-synthèse.

4. À 25 m de profondeur, les radiations dont les longueurs d’onde sont supérieures à 600 nm ne sont pas transmises dans l’eau. Les chlorophylles a et b perdent donc une partie de leur efficacité. Les cyanobactéries utilisent tous les pigments présents pour réaliser la photosynthèse et particulièrement la phycocyanine et la phycoéry-thrine ; en effet, ces molécules absorbent principalement des radia-tions de longueurs d’onde inférieures ou égales à 600 nm.


Les cyanobactéries sont des micro-organismes aquatiques qui réa-lisent la photosynthèse grâce à des pigments capables d’absorber les radiations appartenant à un large domaine de longueurs d’onde. Comment certains d’entre eux peuvent-ils pallier la baisse d’effi-cacité d’autres pigments, tels que les chlorophylles, dans certaines conditions ?

• Mise en forme de la réponseEn surface d’un océan, la lumière solaire contient toutes les radia-tions du spectre visible. Ainsi, les pigments chlorophylliens peuvent réaliser la photosynthèse avec efficacité puisque leur domaine d’action se situe notamment dans le domaine du rouge (autour de 650 nm). Toutefois, entre 0 et 50 m, une partie des radiations du spectre visible (pour des longueurs d’onde supérieures à 600 nm) n’est pas transmise dans l’eau. L’efficacité des chlorophylles s’en trouve diminuée. La phycocyanine et la phycoérythrine ont une ef-ficacité dans des domaines de longueurs d’onde inférieures à 600 nm.

• Conclusion revenant sur la problématique Ainsi, pour réaliser la photosynthèse à des grandes profondeurs, les cyanobactéries ont recours particulièrement aux phycobilipro-téines (phycocyanine et phycoérythrine), qui absorbent la lumière dans les domaines de longueurs d’onde où les autres pigments sont moins efficaces.


Chapitre©

Hac

hett

e Li

vre,

20

15 –

Phy

siq

ue

Chi

mie

1re

S –

Liv

re d

u pr

ofes

seu

r –

La p

hoto

copi

e n

on a

uto

risé

e es

t u

n dé

lit.

69Chapitre 7 1 Interactions fondamentales et réactions nucléaires

Interactions fondamentales et réactions nucléaires

7


La matière à différentes échelles : du noyau à la galaxie.

Particules élémentaires : électrons, neutrons, protons.

Charge élémentaire e.

Interactions fondamentales : interactions forte et faible, électromagnétique, gravitationnelle.

Cohésion du noyau, stabilité.

Radioactivité naturelle et artificielle. Activité.

Réactions de fission et de fusion.

Lois de conservation dans les réactions nucléaires.

Défaut de masse, énergie libérée.

Réactions nucléaires et aspects énergétiques associés.

Ordre de grandeur des énergies mises en jeu.

Connaître les ordres de grandeur des dimensions des différentes structures des édifices organisés.

Connaître l’ordre de grandeur des valeurs des masses d’un nucléon et de l’électron.

Savoir que toute charge électrique peut s’exprimer en fonction de la charge élémentaire e.

Associer, à chaque édifice organisé, la (ou les) interaction(s) fondamentale(s) prédominante(s).

Utiliser la représentation symbolique Z XA ; définir l’isotopie et reconnaître des isotopes.

Recueillir et exploiter des informations sur la découverte de la radioactivité naturelle et de la radioactivité artificielle.

Connaître la définition et des ordres de grandeur de l’activité exprimée en becquerel.

Utiliser les lois de conservation pour écrire l’équation d’une réaction nucléaire.

Utiliser la relation ℰ libérée

= | ∆ m | ∙ c2.

Recueillir et exploiter des informations sur les réactions nucléaires (domaine médical, domaine énergétique, domaine astronomique, etc.).


Connaître la constitution d’un atome et de son noyau.

Connaître et utiliser le symbole Z XA .

Savoir que l’atome est électriquement neutre.

Connaître le symbole de quelques éléments.

Savoir que le numéro atomique caractérise l’élément.

Ressources numériquesActivités web : La radioactivité (CEA)

& Radioactivité alpha, beta + et – (CEA)

& La fission (CEA)

& La fusion nucléaire (CEA)





Programme officiel


Chapitre 7 1 Interactions fondamentales et réactions nucléaires

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

70

Activités

Les constituants de la matière 3 p. 124 du manuel

Compléments


a Connaître la constitution d’un atome et de son noyau. (2de)

aUtiliser la représentation symbolique ZXA ; définir l’isotopie et

reconnaître des isotopes.

a Savoir que l’atome est électriquement neutre. (2de)

a Savoir que la masse de l’atome est pratiquement égale à celle de son noyau. (2de)

a Connaître l’ordre de grandeur des valeurs des masses d’un nucléon et de l’électron.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeDans cette activité, nous avons choisi de revenir sur les notions concernant l’atome, l’élément, l’isotopie, vues en classe de Seconde. Ces notions de nouveau bien en place, l’élève pourra aborder ensuite l’étude des interactions fondamentales et des réactions nucléaires.

Cette activité est aussi l’occasion de traiter une nouvelle compé-tence : connaître l’ordre de grandeur des masses d’un nucléon et de l’électron.

Réponses

1. L’atome est électriquement neutre. Un proton et un électron portent des charges opposées, donc un atome possède autant de protons que de neutrons.

2. La masse du noyau est proche de : 6 × 10–27 + 7 × 10–27 = 13 × 10–27.L’ordre de grandeur est 10–26 kg.

3. L’atome étant électriquement neutre, il possède 6 électrons.La masse des électrons est proche de 6 × 10–30 kg.L’ordre de grandeur est 10–29 kg.

4. Évaluons l’ordre de grandeur du rapport de la masse du noyau

et de celle des électrons : masse du noyau

masse des électrons10–26

10–29= = 103.

La masse du noyau est environ 1 000 fois plus importante que la

masse des électrons. On peut donc négliger la masse des électrons. Toute la masse d’un atome est concentrée dans le noyau.

5. Il suffit de multiplier le nombre A de nucléons par l’ordre de grandeur de la masse d’un nucléon, soit 10–27 kg, pour évaluer la masse de l’atome, en kg.

6. Le numéro atomique de l’aluminium est égal à 13.

13Al27 : 13 protons et (27 – 13) = 14 neutrons dans le noyau.

13 électrons dans l’atome.

7. 92

U235 : 92 protons et (235 – 92) = 143 neutrons dans le noyau.

92U238 : 92 protons et (238 – 92) = 146 neutrons dans le noyau.

La cohésion de la matière 3 p. 125 du manuel

Compléments


a Connaître les ordres de grandeur des dimensions des différentes structures des édifices organisés.

a Associer à chaque édifice organisé, la ou les interactions fonda-mentales prédominantes.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi dans cette activité de proposer un document regroupant des informations sous forme de textes et de schémas. L’activité peut être réalisée à la maison.

Réponses

Édifice DimensionInteraction fondamentale

prédominante

Notre galaxie 1021 m

Interaction gravitationnelleSystème solaire 1013 m

Terre 107 m

Homme 100 m

Interaction électromagnétique

Molécule 10–9 m

Atome 10–10 m

Noyau 10–15 mInteractions forte et faible

Nucléon 10–16 m

1

2


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


La radioactivité 3 p. 126 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations sur la découverte de la radioactivité naturelle et de la radioactivité artificielle.

a Connaître la définition et des ordres de grandeur de l’activité exprimée en becquerel.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi dans cette activité de faire travailler l’élève sur l’aspect naturel et pas seulement artificiel de la radioactivité. L’activité mêle histoire des sciences (soulignant que la compréhension de ces phénomènes est relativement récente) et support numérique pour ancrer dans le quotidien.

Réponses

1. La radioactivité est un phénomène naturel car tous les ob-jets contiennent des noyaux radioactifs qui se désintègrent spontanément.

Depuis les travaux des Joliot-Curie, on sait aussi transformer un noyau stable en un noyau radioactif. On peut donc également parler de phénomène artificiel (dans certaines conditions).

2.

1896 1898 1902 1934

Découverte des « rayons uraniques », capables de traverser la matière.

Découverte du polonium et du radium.

Association de la radioactivité avec l’émission de particules chargées et de rayons.

Découverte de la transformation des noyaux atomiques associée à la radioactivité.

Découverte de la radioactivité artificielle.

3.

Lait Poisson Huile Homme Eau minérale Légumes verts Fruits

Quantité de référence 1 L 1 kg 1 L 70 kg 1 L 1 kg 1 kg

Activité 80 Bq100 à

400 Bq180 Bq

8 000 à 10 000 Bq

1 à 2 Bq 100 Bq 40 à 90 Bq

Pommes de terre

EngraisCendres

de charbonGranite Crustacés Eau de mer Eau de pluie

Quantité de référence 1 kg 1 kg 1 kg 1 kg 1 kg 1 L 1 L

Activité 100 à 150 Bq 5 000 Bq 2 000 Bq 8 000 Bq 50 à 200 Bq 10 Bq 1 Bq

L’énergie libérée par une réaction nucléaire 3 p. 127 du manuel

ComplémentsGrille d’évaluation : voir en fin de chapitre.


aUtiliser la relation ℰ libérée

= | Δ m | ∙ c2 .

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de proposer cette activité sous la forme d’un problème d’apprentissage. À travers la problématique posée, et grâce aux différents documents, l’élève est directement sollicité pour s’approprier et donner du sens à la formule mathématique qu’il devra savoir utiliser.

Exemple de résolution

Étape 1 : S’approprier la question posée1. Quelle énergie la fission d’un gramme d’uranium 235 libère-t-elle ?

2. Quelle énergie la combustion d’une masse donnée de pétrole libère-t-elle ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents3. La fission libère de l’énergie en raison de la perte de masse qui accompagne cette transformation nucléaire (doc. 3).

4. L’énergie libérée par la fission d’un noyau d’uranium se calcule grâce à la relation d’Einstein :

ℰ libérée

= | Δ m | ∙ c2 = | mproduits

– mréactifs

| ∙ c2

et grâce au calcul du nombre de noyaux présents dans l’échantillon étudié.

Étape 3 : Dégager la problématique5. Comparer l’énergie libérée par la fission d’un gramme d’ura-nium 235 à celle libérée par la combustion d’un gramme de pétrole.

3

4



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

72

Étape 4 : Construire la réponseOn calcule, grâce aux documents 2 et 3, l’énergie libérée par la fis-sion d’un noyau d’uranium 235, puis celle libérée par la fusion d’un gramme d’uranium 235 grâce à la masse molaire et à la constante d’Avogadro. Enfin, on se sert de la tonne équivalent pétrole pour comparer la combustion du pétrole à la fission de l’uranium 235.


Il existe différentes ressources énergétiques exploitées par l’Homme pour la production d’énergie électrique. On compare ici l’uranium 235 et le pétrole.


L’énergie libérée par la fission d’un noyau d’uranium est :

ℰ libérée


– mréactifs

| ∙ c2 = 2,8796116 × 10–11 J

L’énergie libérée par la fission d’une mole d’atomes d’uranium est :

ℰ libérée

(1 mole) = 6,02 × 1023 × 2,8796116 × 10–11 = 1,73 × 1013 J

En divisant par la masse molaire atomique, on obtient l’énergie libérée par la fission d’un gramme d’atomes d’uranium :

ℰ libérée

(1 gramme) = 7,38 × 1010J

La masse équivalente de pétrole en tonne est :7,38 × 1010

42 × 109m(pétrole) = = 1,76 tonne


Il faut brûler 1,76 tonne de pétrole pour obtenir la même énergie que celle libérée par la fission d’un gramme d’uranium 235.

Un pas vers le cours :Une réaction nucléaire libère de l’énergie. Cette énergie peut être calculée par la relation :

ℰ libérée


– mréactifs

| ∙ c2

Cette relation montre que l’énergie libérée est liée à la perte de masse entre les réactifs et les produits.

Des applications de la radioactivité 3 p. 128 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations sur les réactions nucléaires (domaine médical, domaine astronomique, etc.).

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de présenter des applications d’imagerie médicale qui font le lien avec le thème Santé de la classe de Seconde.

Nous avons également choisi un domaine peu connu des élèves, l’utilisation de la radioactivité pour préserver des œuvres d’art ou pour stériliser des aliments ainsi que des instruments médicaux.

Réponses

1. L’iode 123 sert à l’exploration de la thyroïde.

Le technétium 99 sert à l’exploration des os et des poumons.

Le thallium 201 sert à l’exploration du cœur.

2. Les instruments ou aliments qui ont été exposés aux rayonne-ments n’émettent pas à leur tour de rayonnement ou de particule. Ce n’est pas l’irradiation qui rend un noyau radioactif.

3. En médecine, la radioactivité permet l’exploration de certains organes.

La radioactivité permet de stériliser des objets ou d’améliorer la conservation des aliments ou des œuvres d’art.

5


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



QCM


1 1. C ; 2. C ; 3. A et C ; 4. A et B.

2 1. B ; 2. C ; 3. B et C.

3 1. B ; 2. B ; 3. A ; 4. B.



5 1. Le rapport des valeurs des forces s’exerçant entre l’électron (e) et le proton (p) de l’atome vaut :

Fe

Fg

k

G

|qe·q

p|

d2k· |qe·q

p|

me·m

p

·= =m

e·m

p

d2G·

Pour l’électron, qe = –e et m

e est de l’ordre de 10–30 kg.

Pour le proton, qp = e et m

p est de l’ordre de 10–27 kg. Ainsi :

9,0 × 109

6,67 × 10–11

(1,6 × 10–19)2

10–30 × 10–27

k

G

e2

me·m

p

·Fe

Fg= ≈ ×

En observant que 9,0

6,67 ≈ 1 et que 1,6 × 10–19 est de l’ordre de 10–19, on a :

10–57

10–38Fe

Fg≈ 1020 × = 1020 × 10–38 + 57 = 1020 × 1019 = 1039

2. La valeur de la force de gravitation entre un électron et le proton de cet atome est négligeable devant la valeur de la force électrosta-tique. Le verbe « gravitent » est donc mal choisi.



7 Le radon est le noyau père, le polonium est le noyau fils. Il y a émission d’une particule α (

24He).

86Rn r 220 A

ZPo + 4

2He

Au cours d’une réaction nucléaire, il y a conservation du nombre de charge et du nombre de masse :

86 = Z + 2 d’où Z = 84.

220 = A + 4 d’où A = 216.

On trouve donc :86

Rn r 220 84

Po216 + 42He



8 1. a. L’ordre de grandeur de la masse d’un nucléon est 10–27 kg.

b. L’ordre de grandeur de la masse d’un électron est 10–30 kg.

2. La masse d’un électron est environ 103 fois plus faible que celle d’un nucléon, on peut donc la négliger par rapport à la masse d’un nucléon.

9 L’ordre de grandeur de la masse d’un nucléon est 10–27 kg, celui de la masse d’un électron est 10–30 kg, soit environ 103 fois plus petit. De plus, il y a souvent plus de nucléons dans le noyau atomique que d’électrons dans le nuage électronique d’un atome. Voilà pourquoi on peut affirmer que l’essentiel de la masse d’un atome est contenue dans son noyau.

10 a. La charge d’un proton est égale à la charge élémentaire : q

p = +e.

b. La charge d’un électron est égale à l’opposé de la charge élémen-taire : q

e = –e.

c. La charge de ce noyau est égale au produit de son nombre de charge par la charge élémentaire : q(

24He) = +Z·e = 2e.

11 1. Ces ions possèdent une charge électrique positive. Il s’agit de cations.

2. Toute charge électrique peut s’exprimer par q = n·e (n nombre entier), d’où pour le premier ion, q

1 = n

1·e et pour le second ion,

q2 = n

2·e.

D’après ce qui précède, q1

en1 = =

3,2 × 10–19

1,60 × 10–19 = = 2.3,2

1,60

De même, q2

en2 = =

4,8 × 10–19

1,60 × 10–19 = = 3.4,8

1,60

Donc q1 = 2·e et q

2 = 3·e

3. Ces deux ions ont pour formule Fe2+ et Fe3+.

12 1. L’ordre de grandeur de la taille d’un atome est 10–10 m.

2. L’ordre de grandeur de la taille du noyau d’un atome est 10–15 m.

3. L’atome est environ 105 fois plus grand que le noyau atomique.

13 1. Le diamètre du Soleil est de l’ordre de 106 km soit de 109 m.

2. Le diamètre de la Voie lactée est de l’ordre de : 105 × 9,46 × 1015 ≈ 105 × 1016 soit 1021 m Le diamètre de la Voie lactée est environ 1021 – 9 = 1012 fois plus grand que le diamètre du Soleil.

14 1. Les quatre interactions fondamentales sont l’interaction gravitationnelle, l’interaction électromagnétique, l’interaction nu-cléaire forte et l’interaction nucléaire faible.

2. a. Entre deux nucléons d’un noyau (échelle du noyau), l’interac-tion nucléaire forte prédomine.

b. Entre la Terre et le Soleil (échelle astronomique), l’interaction gravitationnelle prédomine.

15 1. a. À l’échelle du Système solaire (échelle astronomique), l’interaction gravitationnelle prédomine.

b. Entre les protons et les électrons d’un atome de carbone (échelle atomique), l’interaction électromagnétique prédomine.

2. Les interactions nucléaires forte et faible prédominent à l’échelle du noyau ou d’un nucléon.

16 1. L’activité radioactive d’un échantillon est le nombre de désintégrations radioactives par seconde. Elle s’exprime en becquerel (Bq).



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

74

2. Pour des objets quotidiens, naturellement radioactifs, l’activité est de l’ordre de 100 à 105 Bq. L’activité du verre de lait peut être d’origine naturelle.

17 1. L’activité radioactive s’exprime en becquerel (Bq) : 1 Bq = 1 désintégration par seconde.

L’activité de cet échantillon est A = 960

= 2 × 10–1 Bq.

2. Si l’activité est constante pendant cette durée de 2,0 min, on observera 2,0 × 9 = 18 désintégrations.

18 1. Lors d’une réaction nucléaire, il y a conservation du nombre de charge et conservation du nombre de masse (lois de Soddy).

2. a. 46 = –1 + Z et 107 = 0 + A

d’où : 46Pd r 107

47Ag107

–1e0 +

b. 84 = 2 + Z et 218 = 4 + A

d’où : 84Po r 218

82Pb214

2He4 +

c. Z = 1 + 82 et A = 0 + 206

d’où : 83Bi r 206

82Pb206

1e0 +

d. 1 + 1 = 0 + Z et 2 + 2 = 1 + A

d’où : 1H +

1H2

2He 3 2 r

0n1 +

19 Lors d’une réaction nucléaire, il y a conservation du nombre de charge et conservation du nombre de masse.

a. 83 = Z + 81 et 212 = A + 208

d’où : 83Bi r 212

81Tl208

2He4 +

b. 53 = 1 + Z et 123 = 0 + A

d’où : 53I r 123

52Te123

1e0 +

c. 0 + 92 = 38 + Z + 3 × 0 et 1 + 235 = 94 + A + 3 × 1

d’où : r 92

U235 0n1 + 3

0n1 +

54Xe139 +

38Sr94

d. 1 + Z = 2 + 0 et 2 + A = 4 + 1

d’où : 1H +

1H2

2He 4 3 r

0n1 +

20 1. a. D’après la classification périodique, le mercure a pour nu-méro atomique Z = 80.

b. Sa représentation symbolique est 80

Hg.181

2. D’après la classification périodique, l’hélium a pour numéro ato-mique Z = 2.

82Pb r 185

80Hg181

2He4 +

Lors d’une réaction nucléaire, il y a conservation du nombre de charge et conservation du nombre de masse :

82 = 2 + 80 et 185 = 4 + 181, l’équation est ajustée.

21 1. a. D’après la classification périodique, l’uranium a pour nu-méro atomique Z = 92. Le noyau d’un atome d’uranium 235 est composé de 92 protons et de 235 – 92 = 143 neutrons.

b. D’après la classification périodique, l’hélium a pour numéro ato-mique Z = 2. Un noyau d’hélium 4 est composé de 2 protons et de 4 – 2 = 2 neutrons.

2. En notant ZAX le noyau père, la réaction s’écrit :

92U235

2He4

ZX rA +

D’après la conservation du nombre de charge, Z = 2 + 92 et d’après la conservation du nombre de masse, A = 4 + 235.

On en déduit Z = 94 (plutonium d’après la classification périodique) et A = 239. La représentation symbolique du noyau père est

94Pu.239

22 1. La relation entre la perte de masse et l’énergie libérée lors d’une réaction nucléaire est :

ℰ libérée


– mréactifs

| ∙ c2

L’énergie libérée s’exprime en joule (J), la perte de masse | Δ m | en kilogramme (kg) et la valeur de la vitesse de la lumière c dans le vide en mètre par seconde (m·s–1).

2. ℰ libérée

= 2,457 × 10–28 × (299 792 458)2 = 2,208 × 10–11 J. Cette réaction nucléaire a libéré une énergie égale à 2,208 × 10–11 J.

23 1. La relation entre la perte de masse et l’énergie libérée lors d’une réaction nucléaire est :

ℰ libérée


– mréactifs

| ∙ c2

On en déduit que la perte de masse s’exprime par . ℰ

libérée

c2|Δm| =

Pour la réaction étudiée :2,82 × 10–12

299 792 4582 = 3,14 × 10–29 kg

La perte de masse résultant de cette réaction nucléaire est égale à 3,14 × 10–29 kg.

2. Avec la même démarche, on obtient une perte de masse égale à 2 × 10–8 kg pour la désintégration d’un gramme de radon.

24 a. Une centrale hydraulique produit de l’énergie par conver-sion de l’énergie cinétique de l’eau, c’est donc l’interaction gravita-tionnelle, qui fait chuter l’eau, qui est mise en jeu.

b. Une centrale thermique produit de l’électricité à partir de la combustion (réaction chimique) d’une espèce chimique, c’est donc l’interaction électromagnétique qui est mise en jeu.

c. Une centrale nucléaire utilise la fission de noyaux atomiques, c’est donc l’interaction forte qui est mise en jeu.

25 1. Deux isotopes ont le même nombre de protons mais des nombres de neutrons différents. Ainsi, les deux isotopes du mer-cure cités ont 80 protons chacun mais l’isotope 202 a 122 neutrons alors que l’isotope 203 en a 123.

2. La charge du noyau se calcule à partir du nombre Z de protons et de la charge élémentaire e : q

Hg = Z ∙ e .

qHg

= 80 × 1,60 × 10–19 soit qHg

= 1,28 × 10–17 C.

3. Les interactions nucléaires forte et faible prédominent à l’échelle du noyau.

4. Lors d’une réaction nucléaire, il y a conservation du nombre de charge et conservation du nombre de masse :

80 = Z + (–1) et 203 = A + 0.

D’où Z = 81 et A = 203.

Sachant que Z = 81 est le numéro atomique du thallium d’après la classification périodique, l’équation s’écrit :

80Hg r 203

81Tl203

–1e0 +

26 Traduction :

Au sujet de la gravitation

La gravitation est bizarre. C’est clairement l’une des interactions fondamentales, mais le Modèle Standard ne peut pas vraiment l’expliquer. C’est un de ces grands problèmes sans réponse dans la physique d’aujourd’hui. En outre, la particule support de la force de gravitation n’a pas été trouvée. Une telle particule, cependant, est prévue et pourrait un jour être trouvée : le graviton. Heureuse-ment, les effets de la gravitation sont extrêmement faibles dans la plupart des situations de la physique des particules par rapport aux trois autres interactions. Ainsi, le modèle standard fonctionne sans expliquer la gravitation.

1. Le texte désigne l’une des interactions fondamentales par le terme gravitation.

2. On cherche aujourd’hui à prouver l’existence du graviton, parti-cule support de la force de gravitation, phénomène inexpliqué par le Modèle Standard.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


3. À l’échelle des particules, comme l’atome et son noyau, la valeur de la force de gravitation est extrêmement faible par rapport aux valeurs des autres forces d’interaction. Cela n’est pas vrai à toutes les échelles, par exemple, l’interaction gravitationnelle prédomine l’échelle astronomique.

27 1. Le noyau d’uranium 235 est constitué de 92 protons et de 235 – 92 = 143 neutrons.

Le noyau d’uranium 238 est constitué de 92 protons et de 238 – 92 = 146 neutrons.

Ces deux noyaux ont un nombre de protons identique et des nombres de neutrons différents. Ce sont des isotopes.

2. a. La particule α est un noyau d’hélium de numéro atomique Z = 2.

Une particule α comporte 4 nucléons ; elle est donc composée de 2 protons et 4 – 2 = 2 neutrons.

b. Lors d’une réaction nucléaire, il y a conservation du nombre de charge et conservation du nombre de masse :

+92

U235 2He4

ZXA r

92 = 2 + Z d’où Z = 90 (thorium)

et 235 = 4 + A d’où A = 231.

+92

U235 90

Th231 2He4 r

De même pour l’isotope 238 de l’uranium qui se désintègre en iso-tope 234 du thorium :

+92

U238 90

Th234 2He4 r

3. L’interaction forte est responsable de la cohésion d’un noyau atomique.

4. L’interaction électrostatique entre deux protons est répulsive (d’après le texte, voir aussi chapitre 8), ce qui est déstabilisant pour le noyau. Si le noyau émet une particule alpha, il perd 2 protons, l’interaction électrostatique devient plus faible et le noyau se sta-bilise.

28 1. Les isotopes de l’uranium présents dans ces réacteurs natu-rels sont l’uranium 235 et l’uranium 238.

Le noyau de l’isotope 235 de l’uranium est composé de 92 protons et 143 neutrons (235 nucléons).

Celui de l’isotope 238 de l’uranium est composé de 92 protons et 146 neutrons (238 nucléons).

2. Lors d’une réaction nucléaire, il y a conservation du nombre de charge et conservation du nombre de masse.

La conservation du nombre de charge (92 + 0 = 62 + 30 + x × 0) est ici inexploitable pour déterminer x.

Il faut utiliser la conservation du nombre de masse :

235 + 1 = 154 + 79 + x × 1 d’où x = 236 – 233 = 3.

Trois neutrons sont libérés lors de cette réaction de fission.

3. L’énergie libérée par la réaction de fission d’un noyau se calcule à l’aide de la relation :

ℰ libérée

= | mproduits

– mréactifs

| ⋅ c2

+62

Sm)154 92

U) – m(235 30

Zn) + 3 m(79 ℰlibérée

= |m( m(0n) – m(1

0n)|·c21

+62

Sm)154 92

U)|·c2235 30

Zn) + 2 m(79 ℰlibérée

= |m( m(0n) – m(1

ℰ libérée

= |2,5553783 × 10–25 + 1,3106009 × 10–25 + 2 × 1,67493 × 10–27 – 3,9021711 × 10–25 | × 299 792 4582

L’énergie libérée vaut ℰ libérée

= 2,4206 × 10–11 J.

29 1. L’équation s’écrit : 1H +

1H2

2He 4 3 r

0n.1 +

Elle respecte bien la conservation du nombre de charge et la conser-vation du nombre de masse.

2. L’énergie libérée par la réaction de fusion de ces deux noyaux se calcule à l’aide de la relation :

ℰlibérée

= | mproduits

– mréactifs

| ⋅ c2

ℰlibérée

= |m(2He) + m(4

1H) – m(2

1H)|·c23

0n) – m(1

ℰlibérée

= | 6,64466 × 10–27 + 1,67493 × 10–27 – 3,34358 × 10–27 – 5,00736 × 10–27| × 299 792 4582

ℰlibérée

= | 6,64466 + 1,67493 – 3,34358 – 5,00736 | × 10–27 × 299 792 4582

L’énergie libérée vaut : ℰlibérée

= 2,8176 × 10–12 J.

3. Dans un mètre cube d’eau de mer, on a 33 g de deutérium. Donc dans un litre d’eau de mer, on a 33 mg de deutérium, soit 33 × 10–6 kg.

L’énergie calculée précédemment est libérée par la fusion de 3,34358 × 10–27 kg de deutérium.

Un litre d’eau de mer peut donc libérer :33 × 10–6

3,34358 × 10–27

3,33,34358= 2,8176 ×2,8176 × 10–12 × × 1010

= 2,8 × 1010 J

4. Un litre d’essence libère par réaction de combustion complète 3,5 × 107 J.

Il faudrait donc 2,8 × 1010

3,5 × 107, soit environ 800 L d’essence pour obtenir

la même énergie. Cela vérifie l’affirmation du texte.

30 1. Les forces gravitationnelles sont toujours attractives.

Les forces électrostatiques sont ici répulsives car les charges des particules α sont de même signe.

2. On peut schématiser les forces gravitationnelles entre les deux particules par le schéma suivant.

Fg

F’g

On peut schématiser les forces électrostatiques entre les deux par-ticules par le schéma suivant :

Fe

F’e

3. Chaque noyau d’hélium 4 comporte 2 protons et 4 – 2 = 2 neu-trons.

La valeur de la force gravitationnelle entre ces particules de même masse m

1 = m

2 = m séparées par une distance d a pour expression :

m1·m

2Fg = G·d2

m2

= G·d2

(Z·mp + [A – Z]·m

n)2

= G·d2

(2·mp + 2·m

n)2

= G·d2

mp + m

n 2

= 4G·d

( )La valeur de la force électrostatique entre ces particules de même charge q

1 = q

2 = q a pour expression :

|q1·q

2|

Fe = k· = k· = k·d2

(Z·e)2

d2= k· = 4k·

(2·e)2

d2

e 2

d

q2

d2 ( )



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

76

Le rapport s’écrit :

Fe

Fg

k

G

e 2

d( )4k· e 2

mp + m

n

·= = ( )2

( )mp+ m

n

d4G·

Son ordre de grandeur est :

= 1020 × 10(–19 + 27) × 2 = 1036( )1010

10–10

10–19 2

10–27×

4. La valeur de la force d’attraction gravitationnelle est négligeable devant celle de la force de répulsion électrostatique. Les deux parti-cules vont donc se repousser.


Étape 1 : S’approprier la question posée1. Comment le Soleil perd-il de la masse ?

2. Quelle est la masse de la pyramide de Kheops ?

3. Comment relier la perte de masse du Soleil avec une durée ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents4. L’énergie libérée par une réaction nucléaire se calcule à l’aide de la relation faisant intervenir la perte de masse :

ℰlibérée

= | mproduits

– mréactifs

| ∙ c2

5. Énergie et durée sont reliées par la relation ℰlibérée

= P ∙ Δ t.

6. La puissance émise par le Soleil l’est dans toutes les directions de l’espace. L’éclairement est la puissance reçue à une distance d du Soleil, sur une surface de 1,000 m2. La puissance totale émise se cal-cule en multipliant l’éclairement mesuré par la surface de la sphère de rayon d (centrée sur le Soleil).

Étape 3 : Dégager la problématique7. Calculer la durée nécessaire pour que le Soleil libère l’énergie équi-valente à une perte de masse égale à celle de la pyramide de Kheops.

Étape 4 : Construire la réponse– Déterminer la perte de masse du Soleil sur la durée cherchée.

– Exprimer l’énergie correspondante à l’aide de la relation ℰ

libérée = | Δ m | ∙ c2.

– Calculer la puissance émise par le Soleil.

– Utiliser la relation entre la puissance et l’énergie pour calculer la durée correspondante.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiqueLe Soleil est le siège de réactions nucléaires. L’énergie libérée par ces réactions s’accompagne d’une diminution de la masse du Soleil conformément à la relation ℰ

libérée = | Δ m | ∙ c2.

On cherche la durée nécessaire pour que le Soleil perde une masse égale à celle de la pyramide de Kheops.

• Mise en forme de la réponseL’énergie libérée correspondant à une perte de masse | Δ m | = m

pyr

est donnée par ℰlibérée

= mpyr

∙ c2.

La puissance totale émise par le Soleil se calcule en multipliant l’éclairement mesuré sur Terre, donc à la distance d du centre du Soleil, par la surface de la sphère de rayon d (centrée sur le Soleil) :

Ptot

= P éclair

× 4π × d2 soit Ptot

= 1 368 × 4 × π × (1,496 × 1011)2

Ptot

= 3,847 × 1026 W

La durée pour que cette énergie soit émise avec une puissance Ptot

est . ℰ

libérée

Ptot

Δt =

Soit Δt =5 × 109 × (299 792 458)2

3,847 × 1026 = 1,2 s .

• Conclusion revenant sur la problématiqueIl faut environ 1,2 seconde pour que le Soleil perde une masse équi-valente à celle de la pyramide de Kheops.

32 1. La notation signifie que cet atome contient 3 nucléons (1 proton et 2 neutrons) et 3 électrons.

2. a. L’énergie libérée par la réaction de fusion de ces deux noyaux se calcule à l’aide de la relation :

ℰlibérée

= | mproduits

– mréactifs

| ∙ c2

ℰlibérée

= |m(24He) + m(

01n) – m(

12H) – m(

13H) | ∙ c2

ℰlibérée

= | 6,64466 × 10–27 + 1,67493 × 10–27 – 3,34358 × 10–27 – 5,00736 × 10–27| × 299 792 4582

ℰlibérée

= | 6,64466 + 1,67493 – 3,34358 – 5,00736 | × 10–27 × 299 792 4582

L’énergie libérée lors de la fusion d’un noyau de deutérium et d’un noyau de tritium vaut : ℰ

libérée = 2,8176 × 10–12 J.

b. La réaction nucléaire précédente forme un noyau d’hélium 4.

Un kilogramme d’hélium contient

n(2He) = 4

m(2He) 4

M(2He) 4

= = 250 mol1

4,0 × 10–3 de noyaux d’hélium,

donc d’atomes d’hélium.

Le nombre N d’atomes, donc de noyaux d’hélium 4, contenus dans un kilogramme est N = n(

24He)·N

A.

Puisque la réaction de fusion d’un noyau de deutérium et d’un noyau de tritium forme un noyau d’hélium 4, l’énergie libérée lors de la formation d’un kilogramme d’hélium 4 est : ℰ

tot = ℰ

libérée ∙ N = ℰ

libérée ∙ n(

24He) ∙ N

A

ℰtot

= 2,8176 × 10–12 × 250 × 6,02 × 1023 = 4,24 × 1014 J

c. La quantité de matière n’ de carbone qui libérerait la même éner-gie par réaction de combustion complète est :

n’ =ℰ

tot

240 × 103 soit = 1,77 × 109 mol4,24 × 1014

2,40 × 105

La masse m’ de carbone correspondant à cette quantité de matière est m’ = n’·M(

6C)12

soit m’ = 1,77 × 109 × 12 = 2,1 × 1010 g.

Pour obtenir la même énergie que celle libérée par fusion nucléaire lors de la formation d’un kilogramme d’hélium, il faut réaliser la combustion complète de 2,1 × 104 tonnes de charbon (assimilé à du carbone pur).

3. a. On note n’’ la quantité de matière de chaque isotope du com-bustible : n’’ = n(

12H) = n(

13H).

Pour m = 1 kg de « combustible » contenant autant de deutérium que de tritium :

m = m(12H) + m(

13H) = n’’ ∙ M(

12H) + n’’ ∙ M(

13H)

d’où n’’ = =m 103

2,0 + 3,0M(1H) + 2 M(

1H)3

soit n’’ = 200 mol d’atomes, donc 200 mol de noyaux de chacun de ces deux isotopes d’hydrogène. Cela correspond à un nombre N’’ = n’’ ∙ N

A de noyaux, donc de réactions de fusion qui libèrent

chacune l’énergie ℰlibérée

calculée à la question 2. a..

L’énergie produite par fusion de cet ensemble de noyaux serait égale à N’’ ∙ ℰ

libérée soit 200 × 6,02 × 1023 × 2,8176 ×10–12 = 3,4 × 1014 J.

b. D’après le rendement d’une telle centrale, l’énergie réellement convertie en énergie électrique vaut 30 % de l’énergie totale libérée soit 0,30 N’’ · ℰ

libérée , ce qui correspond à 1,0 × 1014 J. On retrouve

bien l’ordre de grandeur donné dans le document 2.

4. On dit que l’énergie nucléaire est concentrée car il suffit d’une faible masse de réactifs ou de produits lors d’une réaction nucléaire pour libé-rer beaucoup d’énergie. En revanche, il faut des masses beaucoup plus grandes pour libérer la même énergie à l’aide d’une réaction chimique.

(Voir chapitre 13 pour l’impact environnemental.)


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


33 1. D’après les lois de conservation du nombre de charge et du nombre de masse lors d’une réaction nucléaire (lois de Soddy), on trouve y = 8 puis x = 6.

2. a. D’après l’équation de la réaction, un noyau père d’uranium 238 se désintègre en un noyau de plomb 206. Donc à la date t

1,

par conservation du nombre de noyaux, la somme du nombre de noyaux d’uranium 238 restants dans l’échantillon N

U(t

1) et

du nombre de noyaux de plomb 206 formés NPb

(t1) est égale au

nombre initial de noyaux d’uranium NU(t = 0).

Cela se traduit par : NU(t = 0) = N

U(t

1) + N

Pb(t

1).

b. À la date t1, on a N

Pb(t

1) = 2,5 × 1012 atomes.

Il reste donc dans l’échantillon :

NU(t

1) = N

U(t=0) – N

Pb(t

1) = 5,0 × 1012 – 2,5 × 1012

NU(t

1) = 2,5 × 1012 atomes, donc 2,5 × 1012 noyaux d’uranium 238.

Comme le nombre initial de noyaux est le même dans l’échantillon et dans la représentation graphique, par lecture sur la courbe du document 3, on estime t

1 à 4,5 × 109 années.

Ceci correspond quasiment à l’âge de la Terre car d’après le document 2, la roche étudiée est supposée contemporaine de la formation de la Terre.

3. • Contexte introduisant la problématique À chaque échelle, une (ou deux) interaction(s) fondamentale(s) prédomine(nt). Les exemples cités dans les différents documents nous permettent de l’illustrer en partie.

• Mise en forme de la réponse À l’échelle du Système solaire, l’interaction gravitationnelle (qui dépend de la masse des corps et de la distance les séparant) prédo-mine. À l’échelle humaine comme à celle des premiers amas de ma-tière à l’origine des planètes, l’interaction gravitationnelle et l’inte-raction électromagnétique (qui dépend de la charge électrique des corps et de la distance les séparant et qui est à l’origine des forces électrostatiques citées dans le texte) prédominent. Cette dernière interaction prédomine aussi à l’échelle des molécules et des atomes. En deçà, ce sont les interactions nucléaires forte et faible qui ex-pliquent la cohésion de la matière et l’instabilité de certains noyaux. Cette instabilité entraîne des désintégrations radioactives qui ont trouvé comme application, par exemple, la datation y compris d’ob-jets astronomiques.

• Conclusion revenant sur la problématique Ainsi, différentes interactions fondamentales assurent la cohésion de la matière selon l’échelle d’organisation considérée.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

78


Activité 4



S’approprier


• L’énergie exploitée dans une centrale provient de réactions nucléaires de fission (doc.1).

• L’équation de la réaction étudiée et les masses des entités mises en jeu sont données (doc. 2).

• L’énergie libérée est liée à la « perte de masse » lors d’une réac-tion nucléaire (doc. 3).

• L’énergie libérée par la combustion complète d’une tonne de pétrole est donnée.


L’élève sait utiliser masse molaire et constante d’Avogadro pour passer des quantités de matière aux masses et réciproquement.


Comparer l’énergie libérée par la fission d’un gramme d’uranium 235 à celle libérée par la combustion d’un gramme de pétrole.

Analyser





• Calculer, grâce aux documents 2 et 3, l’énergie libérée par la fission d’un noyau d’uranium 235.

• Calculer l’énergie libérée par la fusion d’un gramme d’uranium 235 grâce à la masse molaire et à la constante d’Avogadro.

• Utiliser la définition de la tonne équivalent pétrole pour compa-rer la combustion du pétrole à la fission de l’uranium 235.


• Les calculs et les unités sont justes.

• L’élève est capable de convertir les unités.

Les résultats sont écrits de façon adaptée (unités, chiffres signifi-catifs…).

Valider



– en commentant ;



Il faut brûler 1,76 tonne de pétrole pour obtenir la même énergie que celle libérée par la fission d’un gramme d’uranium 235.












© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Exercice 31



S’approprier


• L’éclairement est défini comme la puissance reçue par une surface de 1,000 m² (doc. 1).

• L’énergie libérée par le Soleil est libérée dans toutes les direc-tions de l’espace (doc. 3).

• La masse de la pyramide de Kheops est de 5 millions de tonnes (doc. 2).

• La relation entre énergie, puissance et durée est donnée : ℰ = P·Δt.


L’élève connaît la relation d’Einstein pour relier énergie libérée et perte de masse : ℰ

libérée = |Δm|·c².


Calculer la durée nécessaire pour que le Soleil libère l’énergie équivalente à une perte de masse égale à celle de la pyramide de Kheops.

Analyser





• Déterminer la perte de masse du Soleil sur la durée cherchée.

• Exprimer l’énergie correspondante à l’aide de la relation ℰ

libérée = |Δm|·c².

• Calculer la puissance émise par le Soleil.

• Utiliser la relation entre la puissance et l’énergie pour calculer la durée correspondante.






• Effectuer une analyse dimensionnelle.



Valider



– en commentant ;



Il faut environ 1,2 seconde pour que le Soleil perde une masse équivalente à celle de la pyramide de Kheops.












Chapitre 8 1Cohésion des solides

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

80

Chapitre

Cohésion des solides

8


Solide ionique. Interaction électrostatique ; loi de Coulomb.

Solide moléculaire. Interactions de Van der Waals, liaison hydrogène.

Électronégativité.

Variation de température et transformation physique d’un système par transfert thermique.

Interpréter la cohésion des solides ioniques et moléculaires.

Réaliser et interpréter des expériences simples d’électrisation.

Interpréter à l’échelle microscopique les aspects énergétiques d’une variation de tempéra-ture et d’un changement d’état.

Pratiquer une démarche expérimentale pour mesurer une température de changement d’état.


Les changements d’état de l’eau.

Physique Chimie 4e

Les trois états de l’eau à travers la description moléculaire.

Ressources numériquesCapsule vidéo : Énergie libérée par une combustion

Simulation : Structure et changement d’état du diiode





Activités

Les états de la matière et les changements d’état 3 p. 144 du manuel

Compléments

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité de révision permet de redéfinir l’aspect microscopique des trois états physiques du corps pur que sont les états solide, liquide et gazeux.

L’activité permet également de rappeler que le changement d’état d’un corps pur se fait à température constante ; cela permet de rappeler qu’un apport énergétique par transfert thermique n’est pas obligatoirement synonyme d’augmentation de la température du corps qui reçoit cette énergie.

Réponses

1. Les trois états physiques de la matière sont les états solide, liquide et gazeux.

2. a. et b. L’état A est l’état le plus ordonné, donc solide. L’état B est le plus désordonné, donc gazeux et l’état C est liquide.

3.

État solide État liquide État gazeux

Température

fusion vaporisation

solidification liquéfaction

4. a. À 25 °C, la cire de la bougie est solide.b. Sur les portions G et J, la cire est solide.

Sur les portions H et I, la cire est liquide.c. Sur le palier P

1 , la cire passe de l’état solide à l’état liquide.

Sur le palier P2 , la cire passe de l’état liquide à l’état solide.

d. Ces paliers de température montrent qu’au cours d’un changement d’état d’un corps pur, la température ne varie pas.

5. Lorsque l’on apporte de l’énergie à un corps, on peut observer une augmentation de sa température ou un changement d’état.

Programme officiel

1


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

81Chapitre 8 1Cohésion des solides

Énergie de changement d’état 3 (p. 145 du manuel)

Compléments


a Pratiquer une démarche expérimentale pour mesurer une énergie de changement d’état.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi dans cette activité de travailler avec de la glace fondante ; cela réduit d’une étape les échanges thermiques entre la glace et l’eau liquide.

Il faut sécher le mieux possible les glaçons afin de connaître la masse exacte de glace introduite dans l’eau liquide.

On donne les expressions des énergies échangées qui ne sont pas à connaître. La première question posée oblige l’élève à manipuler des expressions littérales, exercice qu’il maîtrise difficilement.

La mise en commun des résultats de Lfus

permet de critiquer le mode opératoire, de voir les sources d’erreur et d’estimer une incertitude.

Réponses

1. La phrase écrite en italique se traduit par :

ℰa + ℰ

b + ℰ

c + ℰ

d = 0

Cela conduit à :

C × (θf – θ

i) + m

1 × c

eau × (θ

f – θ

i) + m

2 × L

fus+ m

2 × c

eau × (θ

f – θ

fus)

= 0On déduit la relation :

C × (θi – θ

f) + m

1 × C

eau × (θ

i – θ

f) + m

2 × C

eau × (θ

fus – θ

f)

m2

Lfus

=

Avec les données de l’énoncé, les masses doivent être exprimées en kg.

2. a. On trouve classiquement une énergie thermique massique de fusion de la glace comprise entre 320 J ∙ g–1 et 340 J ∙ g–1.

Plusieurs sources d’erreur sont présentes dans cette manipulation, citons les mesures de volume, de masse, et de température, mais aussi les pertes thermiques au niveau du calorimètre non prises en compte dans l’étude théorique suggérée…b. L’incertitude de mesure est évaluée par la méthode de type A. On signalera aux élèves que cette méthode est ici utilisée par abus puisque l’opérateur n’est pas le même.De plus, avant tout traitement statistique, on supprimera toute valeur très écartée de la valeur moyenne et qui apparaîtra comme une erreur grossière.

3. Lorsqu’un corps reçoit de l’énergie thermique, on peut observer une augmentation de sa température ou un changement d’état.

Magie ou physique 3 p. 146 du manuel

Compléments


a Réaliser et interpréter des expériences simples d’électrisation.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette investigation permet aux élèves d’effectuer des expériences simples d’électrisation et surtout de les interpréter. Sur ce dernier

point, il nous a semblé incontournable de présenter des schémas à replacer dans l’ordre de l’expérience car il est très difficile pour un élève d’imaginer ces transferts de charges à la simple observation de ces expériences.

Réponses


Analyse et synthèseCompétences

travaillées

1. Proposer un protocole afin de repro-duire le phénomène de la vidéo à l’aide du matériel disponible.

Analyser • Proposer un protocole.

2. Après accord du professeur, mettre ce protocole en œuvre.

Noter les différentes observations.



Solution totale

On frotte la baguette avec un tissu afin de la charger par transfert de charges.

On approche la baguette d’une boule métallisée. Cette dernière est dans un premier temps attirée, puis repoussée lors du contact entre la baguette et la boule.

Après le contact, la boule et la baguette portent des charges de même signe : elles se repoussent. On se retrouve dans les conditions du tour de magie.

2

3



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

82

1. L’ordre des schémas est : b, c, a.

----

---

a

----

---+++++

++

b

----

---+++++

++

c

2. La boule est attirée par la tige (schéma b) car des corps chargés portant des charges de signes opposés s’attirent. Puis la boule et la tige entrent en contact (schéma c) et enfin la boule est repoussée par la tige (schéma a) car les deux corps portent des charges de même signe.Lors du tour de magie, l’objet métallisé s’est chargé au contact de la baguette initialement chargée. Les deux objets portent des charges de même signe, ils se repoussent. L’objet métallisé étant très léger, la répulsion est telle qu’il semble voler.

À la recherche de la loi de Coulomb 3 p. 147 du manuel

Compléments

Ressources numériquesFichier « loi de Coulomb » disponible en téléchargement.


a Interpréter la cohésion des solides ioniques.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéePour découvrir la loi de Coulomb, on revient sur les forces d’inte-raction gravitationnelle vues en classe de seconde. Le fichier « loi de Coulomb » permet d’appréhender les caractéristiques de l’interaction électrostatique de façon plus ludique.

Réponses

1. Les valeurs des forces d’interaction gravitationnelle sont divisées par quatre lorsque la distance d double.Les valeurs des forces d’interaction gravitationnelle sont doublées si la masse m

A double.

Les valeurs des forces d’interaction gravitationnelle sont doublées si la masse m

B double.

2. Alors que l’interaction gravitationnelle est toujours attractive, l’interaction électrostatique peut être :– attractive, si les deux corps chargés ont des charges de signes opposés ;– répulsive, si les deux corps chargés ont des charges de même signe.

3. Les valeurs des forces d’interaction électrostatique sont divisées par quatre lorsque la distance d double.Les valeurs des forces d’interaction électrostatique sont doublées si la charge q

A double.

Les valeurs des forces d’interaction électrostatique sont doublées si la charge q

B double.

4. En notant k la constante qui intervient dans la loi (doc. 2), on peut proposer l’expression suivante :

|qA

× qB|

d2FA/B

= FB/A

= k ×

valeur de la force, F en N charges, q en C

distance, d en mconstante d’interaction électrostatique

5. En prenant des valeurs numériques, on trouve :k = 9,0 × 109 N ∙ m2 ∙ C–2

L’unité est déduite d’une analyse dimensionnelle (voir p. 355 du manuel).

6. Énoncé de la loi de Coulomb :Deux corps A et B électriquement chargés, exercent l’un sur l’autre les forces FA/B

= – FB/A , de même direction et de sens opposés.

IIs s’attirent lorsque les charges sont de signes opposés et se re-poussent lorsque les charges sont de même signe.

Lorsque les corps chargés A et B sont ponctuels, de charges res-pectives q

A et q

B et séparés par une distance d, ces forces obéissent

à la loi de Coulomb :

|qA

× qB|

d2FA/B

= FB/A

= k ×

valeur de la force, F en N charges, q en C

distance, d en mconstante d’interaction électrostatique

où k = 9,0 × 109 N ∙ m2 ∙ C–2.

4


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



QCM


1 1. B et C ; 2. B.

2 1. A et C ; 2. A ; 3. B.

3 1. A et C ; 2. B ; 3. C ; 4. C.



5 1. Les charges négatives portées par la tige mobile et la tige fixe disparaissent puisque ces dernières se rapprochent l’une de l’autre. Les électrons situés sur ces deux tiges se déplacent vers le plateau.

2. Les électrons se déplacent vers le plateau, ils sont donc attirés par une charge de signe contraire. La baguette de verre est chargée positivement.



7 1. De –10 °C jusqu’à 0 °C, l’eau reste solide et sa température s’élève.

À 0 °C, l’eau solide (la glace) fond ; il y a coexistence de solide et de liquide.

De 0 °C à 100 °C, la température de l’eau s’élève, mais l’eau reste liquide.

À 100 °C, l’eau bout, il y a coexistence de liquide et de gaz.

Au-delà de 100 °C ; l’eau est gazeuse.

θ (°C)

Temps

0

100

0

2. Au cours des changements d’état, il y a rupture partielle des liaisons intermoléculaires et une augmentation de l’agitation des molécules.

En dehors, une élévation de température correspond à une aug-mentation de l’agitation des molécules.



8 L’énergie massique de fusion de l’aluminium est l’énergie qu’il faut fournir pour faire fondre 1,0 kg d’aluminium.

500

1,26 × 10–3L

fus = = 3,97 × 105 J·k–1

L’énergie massique de fusion de l’aluminium est 3,97 × 105 J ∙ kg-1.

9 1. Lorsque l’ammoniac se vaporise, il passe de l’état liquide à l’état gazeux ; il reçoit de l’énergie thermique.

2. ℰth

= Lv(NH

3) ∙ m(NH

3) = 1,37 × 103 × 2,5 = 3,4 × 103 kJ

L’énergie thermique que reçoivent 2,5 kg d’ammoniac lors de leur vaporisation est 3,4 × 103 kJ.

10 1. À une température de 20 °C, le dodécan-1-ol est à l’état solide.

2. De 20 °C à 24 °C, l’agitation moléculaire à l’intérieur du solide augmente.

À 24 °C, le dodécan-1-ol fond ; il y a rupture partielle des liaisons intermoléculaires et augmentation de l’agitation des molécules.

De 24 °C à 261 °C, l’agitation moléculaire à l’intérieur du liquide augmente.

À 261 °C, le dodécan-1-ol se vaporise ; il y a rupture des liaisons intermoléculaires et augmentation de l’agitation des molécules.

De 261 °C à 300 °C, l’agitation moléculaire à l’intérieur du gaz aug-mente.

11 1. et 2.

θ

%th

– 7 °C

59 °C

Rupture des liaisonsintermoléculaires

Rupture partielledes liaisons

intermoléculaires Augmentationde l'agitationdes molécules

12 1. Lorsque l’on approche la tige de verre chargée positive-ment, les électrons libres de la boule métallisée se localisent sur la partie de la boule qui fait face à la tige. Inversement, sur la région opposée de la sphère, apparaissent des charges positives dues à un déficit d’électrons.

La tige chargée positivement et la face de la sphère chargée négati-vement s’attirent.

T + + +

+ + ++

+

++

–––



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

84

2. Quand la boule entre en contact avec la tige, des électrons libres de la boule passent sur la tige. Les deux corps présentent des charges de même signe : il y a répulsion.

++

++

+++

3. Avant le contact avec la tige en verre, la boule est électriquement neutre.

Lors du contact, des électrons libres passent de la boule vers la tige. La boule, lorsqu’elle repart, est donc chargée positivement.

13

T T T––

––

––

–– –

––

–

––

––

––––

–––

–––––++++

14F

A/B est la force électrostatique exercée par le corps A chargé sur le

corps B également chargé.

FB/A

est la force électrostatique exercée par le corps B sur le corps A.

A

qA > 0 C

dB

qB < 0 CFB/A

FA/B

15 La valeur de la force électrostatique :

a. augmente quand la valeur absolue d’une des deux charges qA ou

qB augmente ;

b. diminue lorsque la distance d entre les deux corps augmente.

16 1. La formule de la fluorine s’écrit CaF2.

2. La cohésion de la fluorine est due aux interactions électrosta-tiques attractives entres ses ions Ca2+ et F–.

17 1. La formule du cation aluminium s’écrit Al3+.

2. La cohésion du chlorure d’aluminium est due aux interactions électrostatiques attractives entres ses ions Al3+ et Cl– .

18 1. Ces liaisons sont polarisées car les électronégativités des atomes qui forment ces liaisons sont différentes.

2.

OC+q –q +q +q–q –q

FC LiC

19 1. Ces liaisons sont polarisées car les électronégativités des atomes qui forment ces liaisons sont différentes.

2.

+q –q –q

C

H

H

OH C Cl

H

H

Remarques : – Les charges portées O et Cl ne sont pas obligatoirement égales, ici

le « –q » est une notion qui indique uniquement le signe de la charge. – La somme des charges partielles dans la molécule est nulle.

20 C’est la représentation a qui modélise une liaison hydrogène.

21 1. Les molécules d’hydroxylamine sont associées par des liaisons hydrogène car la molécule contient des atomes d’hydro-gène (en fait tous) liés à un atome très électronégatif (N ou O) et contient des atomes très électronégatifs possédant un doublet non liant (N et O).

2.

–q

–q

+q

+q

N

H

H O H

N

H

H

H

H

H

O H

ON

22 1. La cohésion du solide est due aux interactions de Van der Waals.

2. Comme la température de fusion du dioxyde de titane est plus élevée que celle du tétrachlorure de titane, la valeur des forces at-tractives assurant la cohésion du dioxyde de titane solide est plus grande que celle assurant la cohésion du tétrachlorure de titane solide.

23 1. a. Les liaisons dans les molécules diatomiques F2, Cl

2, Br

2 et

I2 ne sont pas polarisées car les deux atomes, étant identiques, ont

la même électronégativité.

b. La cohésion de ces molécules à l’état solide et à l’état liquide est assurée par des interactions de Van der Waals.

2. En comparant les rayons atomiques des différents halogènes, on peut comparer les différents volumes des molécules de dihalo-gènes :

V(F2) < V(Cl

2) < V(Br

2) < V(I

2)

Les interactions de Van der Waals sont donc de plus en plus fortes du difluor au diiode. Cela se confirme au niveau des températures de fusion et d’ébullition qui sont de plus en plus élevées du difluor au diiode.

3. En s’aidant des températures de changement d’état, on trouve que le difluor et le dichlore sont à l’état gazeux, le dibrome est li-quide et le diiode solide à 25 °C sous pression atmosphérique.

Cela confirme le résultat précédent sur le classement des intensités des forces de cohésion.

24 1. La formule développée de l’iodoforme s’écrit :

C

I

H

I I

2. Une liaison hydrogène est une interaction électrostatique at-tractive établie entre un atome d’hydrogène, lié à un atome A très électronégatif, et un atome B, très électronégatif et porteur d’un doublet d’électrons non liant.

Les atomes de carbone et d’hydrogène ont des électronégativités très proches. Des liaisons hydrogène entre les molécules d’iodo-forme ne peuvent pas exister.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


3. Les liaisons entre les différents atomes de cette molécule sont peu ou pas polarisées. Cependant, le mouvement désordonné des électrons fait apparaître des charges partielles instantanées qui en-gendrent des interactions électrostatiques. La cohésion de ces mo-lécules est donc assurée par des interactions de Van der Waals.

25 1. La cohésion du méthoxypropane à l’état liquide est assurée par les interactions de Van der Waals. Cette molécule possède des liaisons polarisées C – O.

La cohésion du butan-1-ol liquide est assurée par des interactions de Van der Waals et des liaisons hydrogène comme schématisées ci-dessous.

–q +q

CH2CH3 CH2 CH2 OH

CH2CH3 CH2 CH2 OH

2. Les deux molécules ont des dimensions semblables. Les liaisons hydrogène dans le buthan-1-ol augmentent la cohésion du liquide donc augmentent sa température d’ébullition par rapport à celle du méthoxypropane. Ce dernier a donc une température d’ébul-lition θ

1 = 39 °C et le buthan-1-ol une température d’ébullition

θ2 = 117 °C.

3. De 25 °C à 39 °C, l’agitation moléculaire à l’intérieur du mé-thoxypropane liquide augmente.

À 39 °C, le méthoxypropane se vaporise ; il y a rupture des liaisons intermoléculaires et une augmentation de l’agitation moléculaire.

De 39 °C à 130 °C, l’agitation moléculaire à l’intérieur du gaz aug-mente.

26 1. L’énergie thermique que doit recevoir le lait est :

ℰ1th

= mlait

× ceau (l) × (θ

f – θ

i)

avec mlait

= 220 g = 220 × 10–3 kg car la masse de 1 mL de lait est 1 g ; θ

f = 60,0 °C et θ

i = 18,0 °C.

ℰ1th

= 220 × 10–3 × 4,18 × (60,0 – 18,0) = 38,6 kJ

Pour s’échauffer de 18 °C à 60 °C, le lait doit recevoir une énergie de 38,6 kJ.

2. a. L’énergie que peut fournir une masse m de vapeur en se re-froidissant est :

ℰ2th

= m × ceau (g)

× (θf – θ

i)

avec θf = 100,0 °C et θ

i = 120,0 °C.

ℰ2th

= m × 1,85 × (100,0 – 120,0) = – 37,0 m en kJ avec m en kg.

La vapeur d’eau, en passant de 120,0 °C à 100,0 °C, perd de l’éner-gie (ℰ

2th < 0 J).

b. L’énergie que peut fournir la vapeur en devenant liquide est :

ℰ3th

= m × Lvap

= 2 257 m en kJ avec m en kg.

Cette énergie est libérée, elle est comptée négativement.

c. L’énergie que peut fournir l’eau liquide est :

ℰ 4th

= m × ceau (l)

× (θf – θ

i)

avec θf = 60,0 °C et θ

i = 100,0 °C.

ℰ4th

= m × 4,18 × (60,0 – 100,0) = – 167 m en kJ avec m en kg.

L’eau liquide, en passant de 100,0 °C à 60,0 °C, perd de l’énergie (ℰ

4th < 0 J).

3. Les échanges thermiques ne se passent qu’entre le lait et la va-peur d’eau, d’où :

ℰ1th

= | ℰ2th

| + | ℰ3th

| +| ℰ4th

|38,6

(37,0 + 2 257 + 167)m = = 1,57 × 10–2 kg soit 15,7 g.

Il faut injecter 15,7 g de vapeur d’eau à 120 °C pour faire passer 220 mL de lait de 18,0 °C à 60,0 °C.

27 1. L’élément sodium appartient à la famille des alcalins. Tous les atomes de cette famille ont un électron sur leur couche externe. Pour respecter la règle du duet ou de l’octet, ils perdent cet élec-tron et forment un ion de formule X+.

L’élément chlore appartient à la famille des halogènes. Tous les atomes de cette famille ont sept électrons sur leur couche externe. Pour respecter la règle de l’octet, ils gagnent un électron et forment un ion de formule X–.

2. a. D’après la loi de Coulomb :

= k × = 9,0 × 109 ×|e × (– e)|

F Na+/Cl– d2(Na+ – Cl–)

(1,6 × 10–19)2

(2,82 × 10–10)2

FNa+ / Cl- = 2,9 × 10–9 N

La valeur de la force électrostatique s’exerçant entre un ion sodium et un ion chlorure est 2,9 × 10–9 N.

C’est une force attractive.

b. = k × = 9,0 × 109 ×e2

FNa+/Na+

d2(Na+ – Na+)

(1,6 × 10–19)2

(3,99 × 10–10)2

FNa+ / Na+ = 1,4 × 10–9 N

La valeur de la force électrostatique s’exerçant entre deux ions sodium est 1,4 × 10–9 N. C’est une force répulsive.

c. = k × = 9,0 × 109 ×(– e)2

F Cl–/Cl–

d2(Cl– – Cl–)

(1,6 × 10–19)2

(3,99 × 10–10)2

FCl- / Cl- = 1,4 × 10–9 N

La valeur de la force électrostatique s’exerçant entre deux ions chlorure est 1,4 × 10–9 N. C’est une force répulsive.

3. La cohésion du chlorure de sodium est assurée par des interac-tions électrostatiques attractives et répulsives.

28 1. Dans la dernière phrase, Newton laisse aux scientifiques qui suivront le loisir de vérifier ou d’infirmer son hypothèse à l’aide d’expériences pertinentes. C’est le principe de la démarche scienti-fique : formuler des hypothèses à partir de constatations, puis éta-blir des protocoles expérimentaux et les mettre en œuvre afin de valider ou d’infirmer ces hypothèses.

2. La cohésion de la matière au niveau atomique ou moléculaire est principalement due aux interactions électrostatiques. La cohésion des solides ioniques est due aux interactions électrostatiques, la co-hésion des solides moléculaires est également due aux interactions électrostatiques comme les interactions de Van der Waals et les liaisons hydrogène.

29 Traduction :

Le premier super polymèreLe Kevlar, commercialisé par la société DuPont, est un des plus im-portants polymères organiques jamais synthétisés. C’est une longue chaîne de molécules qui consiste en une répétition de motifs.

Une fibre en Kevlar est un réseau de molécules orientées parallèle-ment les unes aux autres comme un paquet de spaghettis avant que l’on ne les cuisine. Les brins de polymères Kevlar sont maintenus par des liaisons hydrogène qui se forment entre les chaînes adjacentes. Ces liaisons se comportent comme de la colle maintenant les chaînes de polymères entre elles. Cet arrangement, décrit comme une structure cristalline, donne au Kevlar ses propriétés uniques : rigidité structurelle, haute résistance thermique et chimique.

Malgré tout, le Kevlar a un désavantage : les fibres absorbent l’hu-midité perturbant ses propriétés mécaniques, d’où la nécessité d’un traitement.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

86

1. Le Kevlar est un matériau rigide et résistant grâce aux liaisons hy-drogène qui se forment entre les différentes chaînes de polymères.

2. a et b.

C C N

HC CH

HC CH C

O

H

C C N

HC CH

HC CH C

O

HC C C

HC CH

HC CH N

H

O

C C C

HC CH

HC CH N

H

O

C C N

HC CH

HC CH C

O

H

C C N

HC CH

HC CH C

O

HC C C

HC CH

HC CH N

H

O

C C C

HC CH

HC CH N

H

O

3. Les molécules d’eau peuvent former des liaisons hydrogène avec des chaînes de polymères affaiblissant la rigidité et la résistance du matériau.


Étape 1 : S’approprier la question posée1. Qu’est-ce qu’un gecko et quelles sont les particularités de ses pattes ?

2. Quel phénomène physique lui permet d’adhérer à un mur vertical ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents3. Ce sont les interactions de Van der Waals entre les pattes du gecko et le mur qui permettent à ce lézard d’adhérer.

4. L’ordre de grandeur de la surface d’une main d’homme est de 102 cm2 (10 cm sur 10 cm).

5. L’ordre de grandeur de la masse de Spiderman est 102 kg, celui de son poids est 103 N.

Étape 3 : Dégager la problématique6. La surface totale des mains et des pieds de Spiderman est-elle suffisante pour assurer son maintien sur un mur vertical par les in-teractions de Van der Waals en compensant son poids ?

Étape 4 : Construire la réponse – Évaluer la surface de la main (et du pied) de Spiderman. – En comparant avec le gecko, déterminer l’intensité de la force

attractive entre la main de Spiderman et le support pour cette surface.

– Évaluer le poids de Spiderman. – Comparer le poids de Spiderman et l’intensité de la force at-

tractive entre la main de Spiderman et le support.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiqueUn gecko est un lézard, des interactions de Van der Waals entre ses pattes et un mur vertical lui permettent d’y adhérer.

Avec le même type d’interaction, un homme comme Spiderman pourrait-il adhérer à un mur vertical ?

• Mise en forme de la réponseL’ordre de grandeur de la surface d’une main ou d’un pied d’homme est de 102 cm2 = 100 cm2 (10 cm sur 10 cm).

L’ordre de grandeur de la masse de Spiderman est 102 kg, celui de son poids est 103 N.

La surface « active » d’une patte de Gecko est d’environ 220 mm2. Avec ses 4 pattes, donc avec une surface de 880 mm2, le gecko peut supporter un poids de 20 N.

Par proportionnalité, on peut déterminer qu’une main humaine de 102 cm2 = 104 mm2 peut supporter un poids de 20 × 104

880= 2,3 × 102 N.

Avec ses 4 appuis (2 mains et 2 pieds), l’intensité des forces at-tractives est proche du poids de Spiderman.

• Conclusion revenant sur la problématiqueAvec 4 appuis, et avec des mains et des pieds de même pilosité qu’un gecko, Spiderman peut adhérer à un mur vertical.

31 1. a. « 1 » est une liaison covalente, « 2 » est une liaison io-nique, « 3 » est une liaison de Van der Waals et « 4 » est une liaison hydrogène.

b. Il y a formation de liaison hydrogène car les atomes d’hydrogène du groupe hydroxyle OH sont reliés à un atome très électronéga-tif. De plus, dans la molécule, les atomes d’oxygène et les atomes d’azote sont électronégatifs et possèdent un doublet non liant.

La forme en hélice de la kératine permet la formation de liaisons hydrogène.

2. Les molécules d’eau peuvent former des liaisons hydrogène avec la kératine, ce qui diminue le nombre de liaisons hydrogène entre les spires des hélices. Le cheveu perd sa forme initiale.

3. Le coiffage impose temporairement des liaisons hydrogène entre les différentes hélices de la protofibrille.

4. a. L’oxydant a un double rôle :

– il dissocie les fibres de kératine afin que le colorant puisse les atteindre en rompant des liaisons covalentes, ioniques et de Van der Waals ;

– il renforce la coloration du colorant.b. L’indophénol possède plus de doubles liaisons conjuguées que son précurseur. C’est peut-être une des raisons de sa coloration.

c. Sur un cercle chromatique, on peut voir que la couleur complé-mentaire du bleu est le jaune. L’indophénol absorbe donc des ra-diations jaunes.

5. Le frisage et le défrisage nécessitent un traitement chimique pour créer ou supprimer les liaisons covalentes entre atomes de soufre de différentes hélices de la protofibrille.

32 1. a. Le changement d’état d’un corps pur se fait à tempéra-ture constante, d’où cette idée de plateau c’est-à-dire d’invariance de la température.

b.

θ (°C)

t

10

0

– 10

c. À l’échelle moléculaire, lors d’un changement d’état comme la fusion ou la vaporisation, il y a rupture partielle des liaisons inter-moléculaires et augmentation de l’agitation moléculaire.

2. a. Lorsqu’elle gèle dans le baquet, l’eau perd de l’énergie.

b. ℰth

= ρ(eau) ∙ V(eau) ∙ Lfus

(eau) avec V(eau) = 20 L.

ℰth

= 1,00 × 20 × 333 = 6,7 × 103 kJ

Lors de la congélation de 20 L d’eau, il y a une libération d’énergie de 6,7 × 103 kJ.

c. ℰth

= P ∙ ∆t = 2,0 × 3 600 = 7,2 × 103 kJ


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


L’énergie thermique dégagée par un radiateur de puissance 2,0 kW fonctionnant pendant une heure est 7,2 × 103 kJ.

d. La congéla tion de 20 L d’eau libère à peu près autant d’énergie qu’un radiateur de puissance 2,0 kW fonctionnant pendant une heure. D’où l’usage de baquets d’eau par les anciens.

3. a. La cohésion d’un glaçon d’eau est assurée par des liaisons hy-drogène et des interactions de Van der Waals. Dans un glaçon de benzène, il n’y a que des interactions de Van der Waals.

b. La différence solide/liquide est due à la distance moyenne un peu supérieure entre molécules organisées dans le cristal solide que dans le liquide.

Remarque :

En règle générale, les corps sont plus denses à l’état solide qu’à l’état liquide. L’eau est une exception à cette règle.

Chaque molécule d’eau peut se lier par des liaisons hydrogène à quatre autres molécules d’eau, deux par le biais des atomes d’hydrogène et deux par le biais des atomes d’oxygène.

Chaque liaison hydrogène a deux effets contradictoires : elle «at-tache» les molécules les unes aux autres et elle les oblige à s’éloigner les unes des autres car sa longueur est fixe.

Dans l’eau solide (glace), l’établissement des liaisons hydrogène conduit à une structure figée dans laquelle les atomes d’oxygène d’une molécule et d’hydrogène d’une autre molécule sont distants d’environ 0,18 nm (longueur d’une liaison hydrogène).

Lorsque la température augmente, l’agitation thermique augmente. Les atomes d’hydrogène s’écartent de l’axe O—H---O formé par l’alignement de la liaison covalente O—H et de la liaison hydrogène H---O. S’ils s’écartent trop, la liaison se rompt. Cette rupture permet aux molécules de se rapprocher.

Dans l’eau liquide, les molécules d’eau sont ainsi plus proches les unes des autres que dans l’eau solide. Cela explique pourquoi l’eau liquide est plus dense que l’eau solide. Cette augmentation de la densité se poursuit jusqu’à une température de 4 °C. Au-delà, l’agi-tation thermique a tendance à espacer les molécules et la densité de l’eau diminue.4. • Contexte introduisant la problématiqueLa cohésion de la matière constituée de molécules est due aux liai-sons intermoléculaires.

• Mise en forme de la réponseLes liaisons intermoléculaires rentrent en ligne de compte, no-tamment lors des changements d’état. Elles se forment ou, inver-sement, sont partiellement rompues. Il y a, par exemple, consom-mation d’énergie lors de la fusion et libération d’énergie lors de la solidification. Plus les liaisons intermoléculaires sont intenses, plus la température de changement d’état du corps est élevée.

Les liaisons intermoléculaires interviennent également dans la den-sité d’un corps.

• Conclusion revenant sur la problématiqueLes liaisons intermoléculaires influencent donc les propriétés des es-pèces chimiques en ayant par exemple une conséquence sur les tempé-ratures de changement d’état ou la densité d’une espèce.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

88


Exercice 30



S’approprier


• Le gecko adhère au mur grâce aux interactions de Van der Waals entre les poils de ses pattes et la surface sur laquelle il grimpe (doc. 2).

• Les quatre pattes du gecko ont chacune une surface de 220 mm² (doc. 3).

• Les orteils du gecko sont recouverts de 14 400 sétules par mm2.

• Les pattes d’un gecko lui permettent de supporter 40 fois son poids environ.


L’élève sait calculer le poids d’un corps. Il connaît la relation P = m∙g.


La surface totale des mains et des pieds de Spiderman est-elle suffisante pour assurer son maintien sur un mur vertical par les interactions de Van der Waals en compensant son poids ?

Analyser





• Évaluer la surface totale des mains et des pieds de Spiderman.

• En comparant avec le gecko, calculer la valeur de la force attrac-tive exercée par les pieds et les mains de Spiderman sur le support.

• Comparer cette valeur à celle de son poids.








Valider



– en commentant ;



Avec quatre appuis, et avec des mains et des pieds de même pilo-sité qu’un gecko, Spiderman peut adhérer à un mur vertical.












© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

89Chapitre 9 1Dissolution de composés ioniques ou moléculaires

Chapitre

Dissolution de composés ioniques ou moléculaires

9


Effet du caractère polaire d’un solvant lors d’une dissolution.

Conservation de la matière lors d’une dissolution.

Recueillir et exploiter des informations sur les applications de la structure de certaines molécules (super absorbants, tensioactifs, alginates, etc.).

Prévoir si un solvant est polaire.

Écrire l’équation de la réaction associée à la dissolution dans l’eau d’un solide ionique.

Savoir qu’une solution est électriquement neutre.

Élaborer et réaliser un protocole de préparation d’une solution ionique de concen-tration donnée en ions.

Mettre en œuvre un protocole pour extraire une espèce chimique d’un solvant.


Une solution est constituée de solutés (ioniques ou moléculaires) et d’un solvant.

Technique d’extraction liquide/liquide : pour extraire un soluté d’une solution, il faut choisir un solvant ayant les caractéristiques suivantes :

– le soluté à extraire doit y être très soluble ;

– il doit être non miscible avec le solvant d’origine ;

– il ne doit pas réagir avec le soluté à extraire.

Réaliser une extraction par solvant.

Conservation de l’élément chimique et de la charge lors d’une transformation chimique.

Relation exprimant la concentration molaire d’un soluté A en fonction de la quantité de soluté A et du volume de solution.

Relation exprimant la quantité d’un soluté A en fonction de la masse de soluté A et de la masse molaire de A.

Ressources numériquesAnimation : La dissolution du chlorure de sodium dans l’eau

Simulation : Préparation d’une solution par dissolution

Vidéos : Préparer une solution de concentration déterminée : par dissolution

& Extraction du sulfate de cuivre et du rouge de méthyle d’un mélange coloré

& Séparation d’un mélange coloré : problématique

& Séparation d’un mélange coloré : manipulation





Activités

Polymères super absorbants 3 p. 164 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations sur les applications de la structure de certaines molécules (super absorbants, tensioactifs, alginates, etc.).

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité introductive permet d’extraire et d’exploiter des infor-mations tirées des différents documents proposés (textes, schémas, modèles) dans l’objectif de comprendre certaines propriétés des polymères super absorbants. Elle est prévue pour être réalisée en autonomie, en classe ou en dehors de la classe.

Programme officiel

1


Chapitre 9 1Dissolution de composés ioniques ou moléculaires

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

90

Cette activité peut faire l’objet d’une évaluation formative des compétences mobilisées.

Réponses

1. Le document 1 indique qu’un polymère super absorbant peut absorber jusqu’à 1 000 fois sa masse en eau ! Ceci justifie son utilisation pour la fabrication des couches de bébé et la culture de végétaux notamment.

2. Le document 4 permet de comprendre comment, à partir de la polarisation des liaisons de la molécule et de la position moyenne des charges partielles positives et négatives, il est possible de savoir si une molécule est polaire ou non.La molécule d’eau possède des liaisons polarisées du fait de la dif-férence d’électronégativité entre l’atome d’oxygène et les atomes d’hydrogène. Cependant, du fait que la molécule d’eau est coudée (non linéaire), les positions moyennes des charges partielles positives et négatives ne sont pas confondues. Par conséquent, la molécule d’eau est une molécule polaire.

G–

G+

+q +q

–2q

Le document 3 montre que les molécules d’eau établissent des liaisons hydrogène avec les groupes hydrophiles du polymère super absorbant.

3. En effet, si le nombre de réticulations augmente, il y aura davantage de liaisons entre les longues chaînes carbonées du polymère et ainsi ce dernier sera plus rigide. De plus, les réticulations se faisant entre groupes carbonyles, plus il y aura de réticulations, moins il y aura de groupes carbonyles permettant de piéger des molécules d’eau en établissant des liaisons hydrogène et donc moins le polymère sera absorbant.

4. • Rechercher la valeur de l’électronégativité de chacun des atomes qui composent la molécule.• Localiser les charges partielles sur le modèle spatial de la molécule.• Comparer les positions moyennes des charges positives et néga-tives et conclure :- si elles sont confondues, la molécule n’est pas polaire ;- si elles ne sont pas confondues, la molécule est polaire.

Extraction d’une espèce chimique 3 p. 165 du manuel

Compléments


a Prévoir si un solvant est polaire.

aMettre en œuvre un protocole pour extraire une espèce chimique d’un solvant.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité est un réinvestissement de la technique d’extraction d’une espèce chimique dissoute d’une solution par solvant, vue en classe de Seconde. C’est pourquoi, elle est proposée sous la forme d’une démarche d’investigation.

Dans cette activité, la solubilité du diiode dans les différents solvants proposés est à prévoir à partir des différents modèles moléculaires et du document 2.

Matériel et consommables• Deux béchers de 100 mL.

• Une ampoule à décanter sur support.

• Une éprouvette graduée de 20 mL.


• Du parafilm.

• Une spatule métallique.

• Une paire de ciseaux.

• Solution S réalisée à partir d’un mélange de 20 mL de solution aqueuse de diiode à 1,0 × 10–2 mol∙L–1 avec 500 mL de solution de sulfate de cuivre à 0,35 mol∙L–1.

• Du cyclohexane.

• De l’éthanol à 95 °.

• Une pissette d’eau distillée.

Réponses



1. Citer des techniques d’extraction vues en classe de Seconde.

2. Lors d’une extraction par solvant, quelles propriétés doit avoir le solvant « extracteur » ?

3. À partir du document 1, indiquer la polarité des différentes molécules proposées dans le tableau.

4. À partir du document 2, dans quel solvant, parmi l’eau, l’éthanol ou le cyclohexane, le diiode est-il le plus soluble ?

S’approprier • Mobiliser des connais-sances, extraire des informations.


5. Comment extraire le diiode d’une solution aqueuse ?

6. Comment identifier les deux phases qui apparaissent dans une ampoule à décanter à l’issue d’une extraction liquide/liquide ?

7. Comment extraire le diiode de la phase organique à l’issue de l’extraction liquide/liquide ?

8. À partir des pictogrammes de sécurité, indiquer les précautions à prendre pour réaliser la manipulation en toute sécurité.



2


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Solution totale

Pour réaliser l’extraction du diiode de la solution S, il faut trouver un solvant adéquat (rappel de la classe de Seconde) :– dans lequel le diiode est plus soluble que dans l’eau ;– non miscible à l’eau.D’après le document 1, et à partir des modèles moléculaires et des valeurs d’électronégativités des atomes, nous pouvons dire que l’eau et l’éthanol sont des solvants polaires alors que le cyclohexane est un solvant apolaire. De même, nous pouvons conclure que le diiode est un soluté apolaire.D’après le document 2, nous pouvons prévoir que le diiode (soluté apolaire) sera plus soluble dans le cyclohexane (solvant apolaire) que dans l’eau (solvant polaire) ou l’éthanol (solvant polaire). Par ailleurs, le cyclohexane étant constitué de molécules apolaires, il est probable qu’il soit non miscible à l’eau, constituée de molécules polaires.Le cyclohexane paraît être un « bon » solvant pour extraire le diiode de la solution S.

Pour cela, le technicien doit mettre en œuvre le protocole suivant sous la hotte.– Verser 5 mL de solution S dans une ampoule à décanter.– Introduire ensuite 10 mL de cyclohexane.– Boucher l’ampoule à décanter, la retourner et agiter vigoureu-sement.– Placer l’ampoule à décanter sur un support et laisser décanter.– Récupérer, à l’aide d’un bécher, la phase organique supérieure (cyclohexane + I

2).

– Placer le bécher sur une plaque chauffante et faire évaporer lentement (chauffage modéré) le cyclohexane jusqu’à apparition des cristaux de diiode.– Laisser refroidir et boucher le bécher avec du parafilm®.a. D’après le document 2, pour extraire une espèce moléculaire polaire ou ionique, il faut utiliser un solvant polaire.b. D’après le document 2, pour extraire une espèce moléculaire apolaire, il faut utiliser un solvant apolaire.

Quelques photos de la manipulation que devront réaliser les élèves :

Introduction de 5 mL de solution S Introduction de 10 mL de cyclohexane Ampoule à décanter après décantation

Préparation d’une solution ionique 3 p. 166 du manuel

Compléments


a Écrire l’équation de la réaction associée à la dissolution dans l’eau d’un solide ionique.

a Élaborer et réaliser un protocole de préparation d’une solution ionique de concentration donnée en ions.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité a pour objectif de préparer une solution de concen-tration donnée en ions. Elle peut se découper en trois phases.

• Analyse des documents : phase autonome puis correction/structuration.

• Élaboration du protocole : phase autonome puis correction/structuration.

• Pratique expérimentale.

Ces différentes phases peuvent faire l’objet d’une évaluation (for-mative) en cours de séance des compétences mobilisées.

Le pas vers le cours peut être réalisé par l’élève en dehors de la classe à l’issue de l’activité expérimentale.

Matériel et consommables• Une balance au 0,1 g.

• Une capsule de pesée.

• Une spatule métallique.

• Un entonnoir à solide.

• Une fiole jaugée de 100,0 mL et son bouchon.

• Sulfate de potassium solide, K2SO

4 (s).

• Une pissette d’eau distillée.

3



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

92

Réponses

Analyse des documents

1. K2SO

4 (s) r 2 K+ (aq) + SO

42−

(aq)

2. Tableau d’avancement de la réaction de dissolution :

Équation de dissolution K2SO

4 (s) r 2 K+ (aq) + SO

42− (aq)

État du système Avancement (en mol)Quantité de matière (en mol)

n(K2SO

4dissous) n(K+) n(SO

42−)

État initial x = 0 n(K2SO

4dissous) 0 0


n(K2SO

4dissous) – x

max = 0 2x

max x

max

3. D’après le tableau d’avancement ci-dessus :

[SO4 V

solution

=] =2–n(SO

4)2–

Vsolution

xmax = = C

Vsolution

n(K2SO

4dissout)

[K+] =V

solution

=n(K+)

Vsolution

2xmax =

Vsolution

2n(K2SO

4dissout)

4. [K+] = = 2CV

solution

2n(K2SO

4dissout)

Pratique expérimentale

• Masse de sulfate de potassium à prélever :

m(K2SO

4) = C × V

solution × M(K

2SO

4)

m(K2SO

4) = [K+] × V

solution × M(K

2SO

4)

2

1

m(K2SO

4) =

2

1 × 0,40 × 100,0 × 10–3 × 174,3 = 3,5 g

• Protocole expérimental :

– Tarer la balance avec une coupelle de pesée posée sur le plateau.

– Peser 3,5 g de sulfate de potassium solide.

– Introduire le solide pesé, à l’aide de l’entonnoir, dans une fiole jaugée de 100,0 mL.

– Verser de l’eau distillée jusqu’aux trois quarts (3/4) de la fiole jaugée.

– Agiter jusqu’à dissolution totale du sulfate de potassium.

– Compléter avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge.

– Agiter pour homogénéiser la solution.

5. Pour préparer une solution de concentration donnée en ion, il faut :

– Établir l’expression de la concentration de chacun des ions présents dans la solution en fonction de la quantité de solide ionique dissous.

– Établir l’expression de la masse m de solide ionique dissous en fonc-tion de la quantité de solide ionique dissous et calculer cette masse.

– Suivre le protocole expérimental proposé sur la fiche 10, page 359 du manuel élève.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



QCM


1 1. C ; 2. A et C ; 3. A et C.

2 1. A, B et C ; 2. A et C ; 3. A et C ; 4. C.

3 1. C ; 2. C.



5 1. Non, car c’est une molécule qui ne possède que des liaisons C−C, non polarisées, ou C−H, très faiblement polarisées.

2. Très peu d’interactions électriques peuvent s’établir entre les molécules du solvant, qui sont polaires, et la molécule d’ocimène, qui ne l’est pas.



7 1. Fe(NO3)

3 (s) Fe3+ (aq) + 3 NO

3– (aq)

H2O

2. D’après l’équation de dissolution :

n(Fe(NO3)

3)

0 = =

3

n(NO3–)

3

[NO3–] × V

solution

m(Fe(NO3)

3) = n(Fe(NO

3)

3)

0 × M = × M

3

[NO3–] × V

solution

m(Fe(NO3)

3) = × 241,9 = 2,0 g

31,0 × 10–1 × 250,0 × 10–3



8 Le toluène est un solvant apolaire car il est constitué de mo-lécules qui ne possèdent que des liaisons C−C, non polarisées, ou C−H, très faiblement polarisées.

Le dichlorométhane est un solvant polaire. En effet, il est constitué :

– de molécules qui possèdent des liaisons C−Cl polarisées du fait de l’importante différence d’électronégativité entre l’atome de chlore et l’atome de carbone ;– de molécules dont les centres des charges partielles négatives et positives ne sont pas confondus.

9 La molécule d’ammoniac présente trois liaisons polarisées du fait de l’importante différence d’électronégativité entre l’atome d’azote et les atomes d’hydrogène. De plus, sa géométrie implique que les positions moyennes des charges positives et négatives ne soient pas confondues : la molécule d’ammoniac est polaire.

La molécule de pentane n’est pas polaire car elle ne possède que des liaisons C−C, non polarisées, ou C−H, très faiblement polarisées.

10 KOH (s) K+ (aq) + HO– (aq)H

2O

MgCl2 (s) Mg2+ (aq) + 2 Cl– (aq)

H2O

Fe2 (SO

4)

3 (s) 2 Fe3+ (aq) + 3 SO

42– (aq)

H2O

11 a. KCl (s) K+ (aq) + Cl– (aq)H

2O

b. K2CO

3 (s) 2 K+ (aq) + CO

32– (aq)

H2O

c. NiCl2 (s) Ni2+ (aq) + 2 Cl– (aq)

H2O

12 1. La molécule de diiode est apolaire, donc est très peu soluble dans un solvant polaire comme l’eau.

2. Le diiode (apolaire) est très soluble dans le cyclohexane car ce dernier est un solvant apolaire. En effet, la molécule de cyclohexane n’est constituée que de liaisons C−C, non polarisées, ou C−H, très faiblement polarisées.

3. Protocole expérimental : (travailler sous la hotte)

– Réaliser une filtration simple afin de récupérer la solution aqueuse de diiode.– Introduire la solution de diiode récupérée dans une ampoule à décanter.– Y introduire également 5 mL de cyclohexane. Agiter et laisser dé-canter.– Récupérer la phase violette (cyclohexane + diiode) dans un bé-cher.

13 L’éthylène glycol possède des liaisons polarisées du fait de la différence d’électronégativité entre l’oxygène, d’une part, et le car-bone et l’hydrogène, d’autre part. De plus, la géométrie de cette molécule implique que les positions moyennes des charges posi-tives et négatives ne soient pas confondues. La molécule d’éthylène glycol est polaire.

De même, on montre que l’eau est une molécule polaire. Par contre, la molécule de cyclohexane n’est pas polaire car elle n’est constituée que de liaisons C−C, non polarisées, ou C−H, très faible-ment polarisées.

On peut donc prévoir que l’éthylène glycol (soluté polaire) soit so-luble dans l’eau qui est un solvant polaire et faiblement soluble dans le cyclohexane qui est un solvant apolaire.

14 1. D’après l’équation de dissolution, 1 mole de FeCl3 dissout

donne 1 mole d’ions Fe3+ et 3 moles de Cl−. Par conséquent :

[Fe3+] = = C=V

solution

n(Fe3+)dissout

Vsolution

n(FeCl3)

dissout

[Fe3+] = 1,0 × 10−1 mol∙L−1

[Cl–] = = 3 × C=V

solution

n(Cl–)dissout

Vsolution

3 × n(FeCl3)

dissout

[Cl−] = 3,0 × 10−1 mol∙L−1

2. Si nous raisonnons sur un litre de solution :

1,0 × 10−1 mole d’ion Fe3+ apporte 3,0 × 10−1 mole de charge + et 3,0 × 10−1 mole d’ion Cl− apporte 3,0 × 10−1 mole de charge − .

Il y a donc autant de charges positives que de charges négatives dans la solution : la solution est donc électriquement neutre.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

94

15 Tableau d’avancement de la réaction de dissolution : voir en fin de chapitre

[Na+] = = 2 × C=V

solution

n(Na+)

Vsolution

2xmax =

Vsolution

2n(Na2SO

4)

0

d’où C = =2

[Na+]

2

0,020= 0,010 mol·L–1.

16 1. n(AlCl3)

0 = =

M(AlCl3)

m(AlCl3)

133,5

668 × 10–3

= 5,00 × 10–3 mol

2. C = =V

solution

n(AlCl3)

0

200,0 × 10–3

5,00 × 10–3

= 2,5 × 10–2 mol·L–1

3. D’après l’équation de dissolution, 1 mole de AlCl3 dissout donne

1 mole d’ions Al3+ et 3 moles de Cl−.

Par conséquent :

[Al3+] = =V

solution

n(Al3+)dissout

Vsolution

n(AlCl3)

0 = C

[Al3+] = 2,5 × 10−2 mol∙L−1

[Cl–] = =V

solution

n(Cl–)dissout

Vsolution

3 × n(AlCl3)

0 = 3 × C

[Cl−] = 7,5 × 10−2 mol∙L−1

17 1. Tableau d’avancement de la réaction de dissolution : voir en fin de chapitre.

[K+] = =V

solution

n(K+)

Vsolution

3xmax =

Vsolution

3n(K3PO

4)

0 = 3 C

d’où C = =3

[K+]

Vsolution

n(K3PO

4)

0

et n(K3PO

4)

0 = =

3

[K+] × Vsolution

3

0,60 × 5 000,0 × 10–3

= 0,10 mol.

2. m(K3PO

4) = n(K

3PO

4)

0 × M(K

3PO

4)

avec M(K3PO

4) = 3 × M(K) + M(P) + 4 × M(O)

M(K3PO

4) = 3 × 39,1 + 31,0 + 4 × 16,0 = 212,3 g∙mol−1

m(K2SO

4) = 0,10 × 212,3 = 21 g

18 1. (NH4)

2Fe(SO

4)

2 (s) r 2 NH

4+ (aq) + Fe2+ (aq) + 2 SO

42− (aq)

2. De la même manière que pour l’exercice 17, on trouve :

C = =2

[Fe2+]

2

0,20= 0,10 mol·L–1

3. Soit n0 la quantité de sel de Mohr à dissoudre.

C =V

solution

n0 donc n

0 = C × V

solution = 0,10 × 250,0 × 10−3 = 2,5 × 10−2 mol

4. Soit m0 la masse de sel de Mohr à dissoudre.

m0 = n

0 × M(sel de Mohr) = 2,5 × 10−2 × 392,1 = 9,8 g

5. Voir la fiche 10 A, page 359 du manuel élève.

19 1. Les molécules de méthoxyméthane et d’éthanol ont la même formule brute, soit C

2H

6O, et leurs modèles ne sont pas iden-

tiques. Ce sont donc des molécules isomères.

2. La molécule de chloroéthane possède une liaison C−Cl fortement polarisée du fait de la différence d’électronégativité entre l’atome de chlore et celui de carbone. De plus, sa géométrie implique que les positions moyennes des charges positives et négatives ne soient pas confondues : le chloroéthane est donc un solvant polaire.

De même, nous pouvons conclure que les molécules de méthoxy-méthane et d’éthanol sont polaires.

Ceci explique donc le fait que ces deux dernières molécules polaires soient solubles dans le chloroéthane qui est un solvant polaire.

3. Des liaisons hydrogènes peuvent s’établir entre les molécules d’éthanol et d’eau. C’est ce qui explique la très grande solubilité

de l’éthanol dans l’eau et donc le caractère miscible de ces deux liquides.

En revanche, du fait de la constitution de la molécule de méthoxy-méthane (pas d’atome d’hydrogène électrophile lié à l’oxygène), il s’établira beaucoup moins de liaisons hydrogène avec les molécules d’eau. Ceci explique la différence de solubilité du méthoxyméthane et de l’éthanol dans l’eau.

20 1. À partir de la représentation graphique du document 1, on peut lire pour θ = 20 °C, solubilité = 120 g∙L−1. Par conséquent, d’après la définition du document 2, s=t=120 g∙L−1.

Donc C = m

t = 2,5 × 10−1 mol∙L−1.

2. KAl(SO4)

2 (s) K+ (aq) + Al3+ (aq) + 2 SO

42– (aq)

H2O

3. D’après l’équation de dissolution :

[K+] = =V

solution

n(K+)dissout

Vsolution

n(Alun de potassium)0 = C

[K+] = 2,5 × 10−1 mol∙L−1

[Al3+] = =V

solution

n(Al3+)dissout

Vsolution

n(Alun de potassium)0 = C

[Al3+] = 2,5 × 10−1 mol∙L−1

[SO42–] = =

Vsolution

n(SO42–)

dissout

Vsolution

2 × n(Alun de potassium)0 = 2 × C

[SO42−] = 5,1 × 10−1 mol∙L−1

4. D’après le document 1, on voit que plus la température aug-mente, plus la solubilité augmente donc plus on augmente la tem-pérature, plus on pourra dissoudre de cristaux d’alun de potassium. Il faut travailler à température plus élevée.

21 1. L’acide benzoïque est un soluté polaire du fait de la pré-sence du groupe carboxyle. Pour l’extraire, il faudra choisir un sol-vant polaire qui n’est pas miscible à l’eau puisque le soda est une so-lution aqueuse. Le dichlorométhane et l’éther éthylique répondent à ces caractéristiques.

Il peut être intéressant pour faire le bon choix de regarder la noci-vité de ces solvants.

H351 : Susceptible deprovoquer le cancer (indiquer la voied'exposition s'il est formellement prouvéqu'aucune autre voie d'expositionne conduit au même danger)

AttentionH351,

Dichlorométhane

H224 : Liquide et vapeurs extrêmementinflammablesH302 : Nocif en cas d'ingestionH336 : Peut provoquer somnolence ouvertigesEUH019 : Peut former des peroxydesexplosifsEUH066 : L'exposition répétée peutprovoquer dessèchement ou gerçures dela peau

DangerH224, H302, H336, EUH019, EUH066,

Éther éthylique

Sources : http://fr.wikipedia.org/wiki/Dichlorom%C3%A9thane

http://fr.wikipedia.org/wiki/%C3%89ther_di%C3%A9thylique

Il apparaît préférable d’utiliser l’éther éthylique, moins nocif que le dichlorométhane, pour réaliser cette extraction, sous la hotte.

2. Voir protocole d’extraction liquide/liquide, page 363 du manuel élève.

22 1. C17H

33COONa (s) Na+ (aq) + C

17H

33COO– (aq)

H2O

2. a. La chaîne carbonée à 17 atomes de carbone correspond à la partie apolaire donc hydrophobe et le groupe « carboxyle » sous forme ionique (« carboxylate ») correspond à la partie polaire donc hydrophile de la molécule.

b. La longue chaîne carbonée ne présente que des liaisons C−C apolaires ou C−H faiblement polarisées : cette partie est apolaire


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


et donc insoluble dans l’eau qui est un solvant polaire. Elle est hy-drophobe.

La tête ionique, chargée négativement, est soluble dans l’eau qui est un solvant polaire. Elle est hydrophile.

3. et 4. À la surface de l’eau se forme un film de détergent : les chaînes carbonées des composés tensioactifs sont dirigées vers l’air (pour s’éloigner de l’eau car elles sont hydrophobes) et les parties hydrophiles sont dans l’eau, ce qui constitue une monocouche d’ions carboxylate à l’interface eau/air.

Dans l’eau, les molécules tensioactives de la lessive se regroupent sous forme de micelles : les chaînes carbonées sont hydrophobes, c’est-à-dire qu’elles fuient l’eau et se rassemblent entre elles.

Lorsqu’il y a une tache de graisse, hydrophobe, la partie hydrophobe des molécules tensioactives va interagir avec la tache et former des micelles monocouches comme représenté ci-dessus. Par contre, les groupes COO− sont hydrophiles et permettent au détergent d’être solubilisé.

5. Pour une tache de terre hydrophile, les têtes des chaînes carbo-nées hydrophiles vont s’organiser autour de la surface elle-même hydrophile de la tache de terre. Leurs chaînes carbonées vont alors interagir avec les chaînes carbonées d’autres molécules tensioac-tives pour former une deuxième couche d’ions oléate. On aura ainsi une double couche qui, extérieurement, est tapissée des têtes po-laires de la deuxième couche d’ions oléate : c’est cette surface qui permet de solubiliser et d’extraire la tache de terre accompagnée de l’action mécanique intervenant lors du lavage.

23 1. L’alginate de sodium est très soluble dans l’eau, car il pos-sède des groupes carboxylate COO− qui sont chargés (liaison ion-eau plus « forte » que liaison hydrogène).

2. L’ion calcium possède deux charges + : il peut se lier à deux groupes carboxylate COO− appartenant à deux chaînes différentes et ainsi former des ponts entre des chaînes différentes, ce que ne permet pas de faire l’ion sodium Na+ qui ne possède qu’une charge +.

3. En présence d’ions calcium, les chaînes d’alginate s’associent entre elles et forment alors un réseau tridimensionnel dans lequel les molécules d’eau sont emprisonnées.


Étape 1 : S’approprier la consigne ou la question posée1. De quoi est composé un comprimé de Tardyféron ?

2. Sous quelle forme le « fer » est-il présent dans un comprimé ?

3. Comment connaître la masse de fer contenue dans un comprimé ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents4. L’orthophénantroline forme avec les ions fer (II) une espèce C, soluble, de couleur rouge. L’absorbance de la solution va dépendre de la quantité d’espèce C formée, c’est-à-dire de la quantité d’ions fer (II) présente dans la solution étudiée (puisque l’orthophé-nantroline est en excès).

5. L’exploitation du graphe permet de conclure que l’absorbance est proportionnelle à la concentration en ions fer (II) de la solution (loi de Beer-Lambert) puisque la représentation graphique est une droite qui passe par l’origine : A = k × [Fe2+].

Étape 3 : Dégager la problématique6. Quelle est la concentration en ions fer (II) d’une solution obte-nue en dissolvant un comprimé de Tardyféron® ?

7. Quelle est la masse correspondante ?

8. Combien faut-il de comprimés pour atteindre 170 mg ?

Étape 4 : Construire la réponse– Déterminer, à partir de l’absorbance de la solution S

1 et de la

courbe d’étalonnage A = f([Fe2+]), la concentration en ions Fe2+ de cette solution, soit [Fe2+]

1.

– En déduire la concentration en ions Fe2+ de la solution S0

, soit [Fe2+]

0 .

– Calculer la quantité de fer contenue dans un comprimé de Tardyféron®.

– En déduire la masse de fer contenue dans un comprimé de Tardyféron®.

– Déterminer le nombre de comprimés de Tardyféron® que le pa-tient doit absorber.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiqueLe Tardyféron® est un médicament contenant du fer sous forme ionique. Sachant qu’un médecin conseille à un patient d’absorber 170 mg de fer par jour, combien de comprimés de Tardyféron® ce patient doit-il prendre par jour ?

• Mise en forme de la réponse* L’exploitation de la courbe d’étalonnage, A = f([Fe2+]), permet de déterminer la concentration en ions Fe2+ dans la solution S

1 pour

une absorbance A = 0,91 : [Fe2+]1 = 146 × 10−6 mol∙L−1.

* La solution S0 étant 10 fois plus concentrée que la solution S

1 , alors :

[Fe2+]0 = 10 × [Fe2+]

1 = 10 × 146 × 10−6 = 146 × 10−5 mol∙L−1

[Fe2+]0 =

Vsolution

n(Fe2+) donc n(Fe2+) = [Fe2+]

0 × V

solution

n(Fe2+) = 146 × 10−5 × 1,0 = 146 × 10−5 mol

Comme la solution S0 a été préparée en dissolvant 1 comprimé de

Tardyféron®, alors la quantité de fer contenue dans un comprimé est : n(Fe) = n(Fe2+) = 146 × 10−5 mol.

* m(Fe) = n(Fe) × M(Fe) = 146 × 10−5 × 55,8 = 0,0815 g

La masse de fer contenue dans un comprimé de Tardyféron® est de 0,0815 g, soit 81,5 mg.

* Le patient devant absorber 170 mg de fer par jour devra donc prendre 2 comprimés de Tardyféron® par jour.

• Conclusion revenant sur la problématiqueAfin de respecter les conseils du médecin, le patient devra prendre 2 comprimés de Tardyféron® par jour.

25 On note S, le sulfate d’aluminium hydraté.M(S) = 666,3 g∙mol−1 ; M(PO

43−) = 95 g∙mol−1.

1. a. L’eau est un solvant polaire. En effet, les molécules d’eau pos-sèdent des liaisons O−H polarisées en raison de la différence d’élec-tronégativité entre l’atome d’oxygène et l’atome d’hydrogène. De plus, la géométrie coudée de la molécule d’eau implique que les positions moyennes des charges partielles positives et négatives ne soient pas confondues.

L’hexane est un solvant apolaire car il est constitué de molécules qui ne possèdent que des liaisons C−C, non polarisées, ou C−H, très faiblement polarisées.

b. Les pictogrammes de sécurité montrent que l’aldrine est un pol-luant majeur qui altère l’environnement et présente un danger réel pour tous les organismes vivants en cas d’ingestion.

Après l’avoir identifiée, on peut l’extraire avec de l’hexane, solvant apolaire, qui convient pour cette molécule très peu polaire.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

96

c. L’extraction par SPE est plus respectueuse de l’environnement : en effet, la cartouche qui fixe les polluants est isolée pour être trai-tée séparément par un solvant approprié et utilisé en faible quan-tité. L’extraction directe liquide/liquide par un solvant utilise da-vantage de solvant, ce qui peut présenter un risque de pollution de l’environnement. Cependant, la technique SPE (liquide/solide) est plus coûteuse que l’extraction directe liquide/liquide.

2. a. Les ions phosphate sont des polluants qui entraînent une eutrophisation des eaux.

b. Al2(SO

4)

3, 18 H

2O (s) 2 Al3+ (aq) + 3 SO

42– (aq) + 18 H

2O (𝓵)

H2O

c. Masse de sulfate d’aluminium hydraté à peser :

D’après l’équation de dissolution, [Al3+] = ;V

solution

n(Al3+)dissout

[Al3+] = donc n(S)0 = × [Al3+] × V

solutionVsolution

2 × n(S)0

2

1

et m(S)0 = n(S)

0 × M(S) = × [Al3+] × V

solution × M(S)

2

1

m(S)0 = × 2,00 × 1,00 × 666,3 = 666 g

2

1

Protocole expérimental :

Voir Fiche 10 A, page 359 du manuel élève.

d. Un volume V = 100 m3 d’eau usée de teneur en ions phosphate égale à 2,1 mg∙L−1 représente un volume de 100 000 L d’eau qui renferme donc une masse de phosphate égale à m

p = 2,1 × 102 g.

Cela correspond à une quantité de matière en ions phosphate

np = =

M(PO43–)

mp

95

2,1 × 102

= 2,2 mol

Il faut une quantité égale d’ions aluminium (II) pour éliminer cette quantité d’ions phosphate sous forme de précipité de formule stœ-chiométrique AlPO

4, soit ici n(Al3+) = 2,2 mol.

En effet :

Al3+ (aq) + PO4

3− (aq) r AlPO4 (s)

Or n(Al3+) = [Al3+] × Vsolution

donc Vsolution

= =[Al3+]

n(Al3+)

2,00

2,2= 1,1 L.

Il faut donc 1,1 L de solution S pour traiter ce volume d’eaux usées.

e. En laboratoire, on peut réaliser une filtration simple. En pratique, ce sont des bassins de décantation qui permettent d’éliminer le pré-cipité (après sédimentation) de l’eau traitée.

26 1. Une partie des HAP se dissolvent dans les eaux de pluie. Certaines molécules de HAP se fixent sur des particules solides qui sont ensuite emportées par les eaux de pluie. Ceci explique pour-quoi les HAP se retrouvent dans les eaux de ruissellement.

2. D’après le document 3, la molécule de 3,4-benzopyrène a pour for-mule C

20H

12. Cette molécule n’est pas polaire car elle ne possède que

des liaisons C−C, non polarisées, ou C−H, très faiblement polarisées.

3. Les molécules de HAP étant apolaires, le solvant permettant de les extraire d’un échantillon d’eau de ruissellement doit être apolaire.

4. • Contexte introduisant la problématiqueUne concentration élevée en 3,4-benzopyrène a été détectée dans une eau de rivière à proximité d’une grande ville. Comment extraire les HAP de l’eau de rivière pour les doser ? Quelle est l’origine de cette forte concentration et les conséquences pour l’homme et l’environnement ?

• Mise en forme de la réponseLes HAP appartiennent à la famille des hydrocarbures (constitués uniquement de carbone et d’hydrogène). De ce fait, ce sont des molécules apolaires. Pour les extraire d’un échantillon d’eau de rivière, on peut réaliser une extraction de type liquide/liquide en utilisant un solvant organique apolaire comme l’hexane.

Les principales sources de pollution par les HAP sont anthropiques : transport routier et fluvial, combustion des combustibles fossiles (charbon, fuel, pétrole), combustion incomplète de produits or-ganiques (chauffage au fuel, feux de forêts...) et certaines activi-tés industrielles. Les HAP se retrouvent dans les émissions des gaz d’échappement et dans les matières particulaires émises par les mo-teurs à combustion interne, en particulier les moteurs diesel.

L’exposition humaine aux HAP pose un réel problème de santé puisque ce sont des molécules mutagènes et probablement cancé-rigènes. Cette exposition est due principalement à l’inhalation d’air pollué et par l’ingestion d’eau ou de nourriture comme des huîtres et des moules contaminées.

• Conclusion revenant sur la problématiqueIl est important de pouvoir extraire les HAP d’un échantillon d’eau afin de les doser et contrôler la pollution aux HAP d’une eau de rivière. Il en va de même pour d’autres polluants tels que les pesti-cides, insecticides… Pour cela, le caractère polaire ou apolaire de ces molécules nous renseigne sur le type de solvant à utiliser. Dans le cas des HAP, qui sont des molécules apolaires, il faudra utiliser des solvants apolaires et favoriser des techniques efficaces, qui néces-sitent le moins possible de solvants.


Exercice 15

Équation de dissolution Na2SO

4 (s) r 2 Na+ (aq) + SO

42− (aq)


n(Na2SO

4) n(Na+) n(SO

42−)

État initial x = 0 n(Na2SO

4)

00 0


n(Na2SO

4)

0 – x

max = 0 2x

max x

max

Exercice 17

Équation de dissolution K3PO

4 (s) r 3 K+ (aq) + PO

43− (aq)


n(K3PO

4) n(K+) n(PO

43−)

État initial x = 0 n(K3PO

4)

00 0


n(K3PO

4)

0 – x

max = 0 3x

max x

max


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



Exercice 24



S’approprier


• Le Tardyféron® contient des ions fer (II), Fe2+ (doc. 1).

• L’orthophénantroline forme avec les ions fer(II) une espèce C, soluble, de couleur rouge (doc. 2).

• L’absorbance est liée à la concentration en ions fer (II) de la solution (doc. 3).

• L’absorbance de la solution diluée S1 est égale à 0,91.

• La solution S1 est obtenue par dilution de la solution S

0 (doc. 3).

• Le médecin conseille à son patient d’absorber 170 mg de fer par jour.


• L’élève connaît la relation entre la concentration molaire en soluté, la quantité de soluté et le volume de la solution.

• L’élève connaît la relation qui lie la quantité de soluté et la masse de soluté.

• L’élève reconnaît la proportionnalité à partir de la représenta-tion graphique A = f([Fe2+]).

• L’élève connaît la loi de Beer-Lambert : A = k × [Fe2+].


Quelle est la concentration en ions fer (II) d’une solution obtenue en dissolvant un comprimé de Tardyféron® ? Quelle est la masse corres-pondante ? Combien faut-il de comprimés pour atteindre 170 mg ?

Analyser





• Déterminer la concentration en ion fer (II), Fe2+, de la solution S1

à partir du graphe (doc. 3).

• Calculer la concentration en ion fer (II), Fe2+, de la solution S1.

• Calculer la quantité de fer, puis la masse de fer présent dans un comprimé de Tardyféron®.

• En déduire combien de comprimé de Tardyféron® le patient de-vra prendre pour respecter la posologie in diqué par son médecin.



• Calculer un coefficient directeur.

• Déterminer, à partir d’un graphe, l’antécédent d’un nombre.





Valider



– en commentant ;



Afin de respecter les conseils du médecin, le patient devra prendre deux comprimés de Tardyrféron® par jour.

• L’élève fait preuve d’esprit critique : il commente son résultat si le nombre de comprimé à prendre est inférieur à 1 ou s’il est trop important (supérieur à 10).












Chapitre 10 1Structure et propriétés des alcanes et des alcools

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

98

Chapitre

Structure et propriétés des alcanes et des alcools

10


Nomenclature des alcanes et des alcools ; formule semi-développée.

Lien entre les températures de changement d’état et la structure molécu-laire dans le cas de l’eau, des alcools et des alcanes.

Miscibilité des alcools avec l’eau.

Reconnaître une chaîne carbonée linéaire, ramifiée ou cyclique. Nommer un alcane et un alcool.

Donner les formules semi-développées correspondant à une formule brute donnée dans le cas de molécules simples.

Interpréter :

– l’évolution des températures de changement d’état au sein d’une famille de composés ;

– les différences de température de changement d’état entre les alcanes et les alcools ;

– la plus ou moins grande miscibilité des alcools avec l’eau.

Réaliser une distillation fractionnée.


Distillation, solubilité, miscibilité.

Physique Chimie 2de

Structure électronique de l’atome ; règles du « duet » et de l’octet ; caractéristique physique d’une espèce chimique (température d’ébullition, solubilité, etc.).

Ressources numériquesCapsule vidéo : Nomenclature des alcanes et alcools

Animations : Nomenclature des alcanes

& Nomenclature des alcools

Activité web : Le raffinage des pétroles





Activités

Structure des molécules 3 p. 182 du manuel

Compléments


a Savoir qu’à une formule brute peuvent correspondre plusieurs formules semi-développées. (2de)

a Repérer la présence d’un groupe caractéristique dans une formule semi-développée. (2de)

aDénombrer les électrons de la couche externe. (2de)

aDécrire à l’aide des règles du « duet » et de l’octet les liaisons que peuvent établir un atome (C, N, O, H) avec les atomes voisins. (2de)

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité permet de reprendre plusieurs points indispen-sables à la bonne compréhension du chapitre. Elle peut être donnée à préparer à la maison ou être abordée en séance d’aide personnalisée.

Programme officiel

1


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

99Chapitre 10 1Structure et propriétés des alcanes et des alcools

Réponses

1. L’éthanol et le méthoxyméthane ont des formules brutes iden-tiques mais des formules semi-développées différentes : ce sont donc des espèces isomères.

2. Groupes caractéristiques :

Groupe étheroxyde Groupe hydroxyle

C

H

H O HC

H

H

H

H

H O HC

H

H

C

H

3. a. À l’aide de la classification périodique (rabat IV du manuel élève) :

Atome H C N O

Z 1 6 7 8

b.

Atome H C N O

Formule électronique K1 K2L2 K2L3 K2L4

Nombre de liaisons 1 4 3 2

c. Formules développées complétées :

H HC C C C

H H HHH C

C

H

H H

HH HC C

H H

H

CH H

H

H H

C

H

a

C C

H H

H H

H

CH H

H

H HC C C

H HO

H

HC C

H H

c

O

H HC C C C C

H HHO

H H

H

H

H

H

b

d

CHO C CC O H

O

H

C C

C

H

C

H

C

H

H

H H N H

H

d. Formules semi-développées :

CH3 CHC CH CH3

CH3 CH3

CH3 CH3

CH2a

CH3 CH2CH CH2 CH3

OHb

c

CCH3

OH CH2

CH3

CH CCH2 H

CH3

O

d NH2

CHO CH CCH2 OH

OHC CH

HC CH

C

Nomenclature des alcanes et des alcools 3 p. 183 du manuel

Compléments


a Reconnaître une chaîne carbonée linéaire, ramifiée ou cyclique.

aNommer un alcane et un alcool.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité doit être faite avant le cours. Elle permet de découvrir les règles de nomenclature à travers les exemples donnés.

2



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

100

Réponses

1. Les alcanes linéaires sont : le butane et l’hexane.Les alcanes ramifiés sont : le méthylpropane, le 2-méthylbutane et le 4-éthyl-2-méthylhexane.

2. Fiche méthode 1 : Nomenclature des alcanes– Rechercher la chaîne principale et la numéroter de sorte que le numéro du premier atome de carbone portant une ramification soit le plus petit possible.– Si l’alcane est linéaire, son nom est donné dans le tableau du document 1.– Si l’alcane est ramifié, son nom est constitué des noms des groupes alkyles (même radical que le nom de l’alcane linéaire correspondant suivi de la terminaison -yl ) et précédé de leur indice de position (le plus petit possible) suivi du nom de l’alcane linéaire de même

chaîne principale. Si plusieurs groupes alkyles sont identiques, leur nombre (deux, trois, quatre) est indiqué par les préfixes di-, tri- ou tétra-, précédés de leurs indices de position.Fiche méthode 2 : Nomenclature des alcools– Rechercher la chaîne principale : chaîne carbonée la plus longue contenant l’atome de carbone lié au groupe hydroxyle.– Le nom de l’alcool dérive de celui de l’alcane de même chaîne car-bonée où le « e » final est remplacé par la terminaison -x-ol. L’indice de position x du groupe hydroxyle doit être le plus petit possible.Remarques générales :– On place un tiret entre un indice et une lettre ; on place une virgule entre deux indices.– Lorsqu’il n’y a pas d’ambiguïté sur la position du groupe caractéris-tique ou d’un substituant, l’indice de position peut ne pas être précisé.

Principe de la distillation 3 p. 184 du manuel

Compléments


a Interpréter l’évolution des températures de changement d’état au sein d’une famille de composés.

a Réaliser une distillation fractionnée.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeIl s’agit d’une démarche d’investigation. Les élèves sont amenés à s’approprier la problématique et à réaliser une expérience pour y répondre. Des solutions partielles peuvent être données aux élèves en difficulté.

ComplémentsLes deux alcanes choisis ont des températures d’ébullition nette-ment différentes, ne forment pas d’azéotrope et ne présentent pas de risques particuliers s’ils sont manipulés en respectant les consignes de sécurité indiquées par leurs pictogrammes. Ne pas utiliser l’hexane, qui est neurotoxique.

Matériel et consommables• Support élévateur.

• Ballon monocol.

• Colonne de Vigreux.

• Thermomètre.

• Réfrigérant droit.

• Tête de colonne.

• Chauffe-ballon.

• Allonge coudée.

• Un erlenmeyer.

• Trois noix.

• Deux pinces 3 doigts.

• Une pince 2 doigts.

• Deux supports.


• 20 mL de pentane.

• 20 mL d’heptane.

Réponses

1. Le pentane et l’heptane sont des liquides qui ont des températures d’ébullition différentes (doc. 1), on va donc pouvoir les séparer par distillation.

2. Questionnement alternatif


1. À quel moment la distillation doit-elle être arrêtée ?

2. Où se situe le pentane à la fin de la distillation ?

S’appropier • Extraire des informations.

Analyser • Exploiter des infor-mations.

Solution totale

• Introduire le mélange pentane/heptane dans le montage à distillation.• Lancer la distillation en allumant le chauffe-ballon. Le pentane est distillé lorsque la température en tête de colonne est égale à 35 °C.• Arrêter la distillation lorsque la température est supérieure à 35 °C et augmente. Pour cela, on baisse le support élévateur.• Laisser refroidir le ballon.• Le distillat est le pentane et le résidu est l’heptane.

3. Schéma du montage à distillation :

3


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Support élévateurMélange à distiller

Réfrigérant à eau

Erlenmeyer

Thermomètre

Sortie d’eau

Noix Pince

Chauffe-ballon

Colonnede Vigreux

Tête decolonne

Ballonmonocol

Distillat

Arrivée d’eau

4. Principe de la distillation : technique permettant de séparer les constituants d’un mélange de liquides miscibles ayant des tempé-ratures d’ébullition nettement différentes.


QCM


1 1. B et C ; 2. C ; 3. B et C ; 4. C ; 5. C.

2 1. A et C ; 2. A et C ; 3. A et C ; 4. A et C ; 5. A et B.

3 1. A et C ; 2. B.



5 1. Les alcanes isomères à quatre atomes de carbone sont :

• le butane CH3–CH

2–CH

2–CH

3

• le méthylpropane

CH3 CH CH3

CH3

2. Le butane possède une chaîne carbonée linéaire alors que le mé-thylpropane possède une chaîne carbonée ramifiée.

3. L’isomère le plus volatil est celui qui a la température d’ébullition la plus basse, c’est donc celui qui a la cohésion la plus faible, donc les interactions de Van der Waals les moins fortes. Il s’agit donc de l’isomère ramifié : le méthylpropane.



7 1. La formule semi-développée de la molécule proposée est :

CCH2

OH

CH3

CH3CH

CH3

CH3

2. Cet alcool est le 2,3-diméthylpentan-3-ol.

3. On observe deux phases lorsqu’on mélange des volumes égaux de cet alcool et d’eau car cet alcool est non miscible à l’eau. En effet, sa chaîne carbonée est trop longue, seuls les alcools possédant une courte chaîne carbonée sont miscibles à l’eau.



8 a. Les composés de formule brute CnH

2n + 2 sont des alcanes.

Tous leurs atomes de carbone sont tétragonaux et toutes les liai-sons entre atomes de carbone sont simples.

b. (4) : ramifiée ; (5) : linéaire ; (6) : cyclique.

9 • Molécule (a) : Cette molécule est un alcane, elle ne contient que des atomes de carbone et d’hydrogène. Tous ses atomes de carbone sont tétragonaux, sa chaîne carbonée est ramifiée. Elle a pour formule brute C

7H

16.

• Molécule (b) : Cette molécule ne contient que des atomes de car-bone et d’hydrogène. Tous ses atomes de carbone sont tétrago-naux, elle contient un cycle, il s’agit donc d’une molécule cyclique. Elle a pour formule brute C

7H

14.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

102

10 a. CH3–CH

2–CH

3

b. CH2

CH3

CH3CHCH3

c. CH2

CH3

CH2 CH3CHCH3

d. CH

CH2

CH2 CH3

CH3

CHCH3

CH3

e.

C CH2 CH3CHCH3

CH3

CH3

f.

CH CH CH CH3CH2CH3

CH3

CH3CH2

CH3

11 1. a. 2,4-diméthylhexane

b. 2,2-diméthylbutane

2. 2,2,4-triméthylpentane

12 a. CH3–CH

2–OH

b. CH3–CH

2–CH

2–OH

c. CH CH3CH2CH3

OH

d.

CHCH2

CH2

CH2

CH3

OHCH

CH3

CH3

e.

CH2CH CH CH3CH

CH3

CH3

CH3

OHf.

CHCH C CH3CH2

CH3

CH3

CH3

CH3

OHCH2

13 a. La chaîne a été mal numérotée, le groupe hydroxyle ne porte pas le plus petit numéro possible. Le nom correct est butan-2-ol.

b. La numérotation du groupe hydroxyle étant prioritaire vis-à-vis du groupe méthyle, le nom correct est 4-méthylpentan-2-ol.

c. La chaîne la plus longue ne contient pas quatre carbones mais cinq. Le nom correct est donc 3-méthylpentan-1-ol.

d. Le nom est incorrect, les groupes alkyles ne sont pas classés par ordre alphabétique. Le nom correct est 3-éthyl-4-méthylbutan-2-ol.

14 Les alcools isomères de formule brute C4H

10O sont :

• Butan-1-ol CH3–CH

2–CH

2–CH

2–OH

• Butan-2-ol CHCH2 CH3CH3

OH

• Méthylpropan-1-ol

CH2CH

CH3

OHCH3

• Méthylpropan-2-ol

C CH3CH3

CH3

OH

15 Les couples d’isomères sont : a. et g. ; b. et e. ; c. et h. ; d. et f. .

16 1. Le classement des composés par températures d’ébullition croissantes est :

θéb

(a) < θéb

(b) < θéb

(d) < θéb

(c)

2. Le moins volatil de ces composés est bien l’alcool, l’hexan-1-ol (c), dont la cohésion est principalement assurée par des liaisons hy-drogène.

Il est donc plus volatil que son homologue alcane, l’hexane (d), dont la cohésion n’est assurée que par les interactions de Van der Waals.

Le 2,2-diméthylbutane (b) qui, ayant comme l’hexane six atomes de carbone, est ramifié et donc soumis à des forces de Van der Waals plus faibles : il est plus volatil que l’hexane (d).

Le plus volatil de tous les alcanes proposés est celui qui a le plus petit nombre de carbone, c’est-à-dire le butane (a), car il est soumis à des forces de Van der Waals forcément moindres.

17 1. Les interactions qui assurent la cohésion des alcools sont les interactions de Van der Waals et les liaisons hydrogène. Pour les alcanes, seules les interactions de Van der Waals interviennent.

2. a. Ces deux alcools sont isomères mais le 2-méthylpropan-1-ol est ramifié, il est donc plus volatil que le butan-1-ol, car les interac-tions de Van der Waals sont plus faibles.

b. Un alcool est toujours moins volatil que son homologue alcane dont la cohésion est moindre du fait de l’absence de liaisons hydrogène.

c. Plus une chaîne carbonée est longue, plus les interactions de Van der Waals sont importantes. Le pentane est donc moins volatil que le butane.

18 Pour séparer ces alcanes, il faut procéder à une distillation fractionnée. Le matériel nécessaire est constitué d’un ballon mono-col, d’un chauffe-ballon, d’une colonne à distiller, d’une tête de co-lonne munie d’un thermomètre, d’un réfrigérant à eau descendant et d’un récipient pour recueillir le distillat. Le composé le plus volatil constituera le distillat, le moins volatil sera le résidu.

19 1. Voir fiche 12B, page 361.

2. Il s’agit d’un montage de distillation fractionnée. Il permet de sé-parer deux composés présents dans un mélange homogène et dont les températures d’ébullition sont suffisamment différentes.

20 1. Entre les molécules d’eau et les molécules d’alcool, les inte-ractions qui peuvent s’établir sont des liaisons hydrogène.

2. La miscibilité des alcools dans l’eau diminue avec la longueur de leur chaîne carbonée.

L’alcool A non miscible à l’eau est celui qui a la chaîne carbonée la plus longue, c’est l’octan-1-ol.

L’alcool B totalement miscible à l’eau est celui qui a la chaîne carbo-née la plus courte, c’est l’éthanol.

L’alcool C partiellement miscible à l’eau est celui qui a la chaîne car-bonée de longueur intermédiaire, c’est le butan-1-ol.

21 Dans l’ampoule à décanter 1., on observe deux phases, elle contient donc deux liquides non miscibles. Il s’agit du mélange d’eau et d’octan-1-ol, car un alcool à longue chaîne carbonée est non miscible à l’eau.

Dans l’ampoule à décanter 2., on n’observe qu’une seule phase. Elle contient donc deux liquides totalement miscibles. Il s’agit du mé-lange de l’eau avec l’éthanol, car les alcools à courte chaîne carbo-née (1 à 3 atomes de carbone) sont miscibles à l’eau.

22 1. Le composé le plus volatil (qui a la température d’ébullition la plus faible) est celui dont la chaîne carbonée est la plus courte, car les interactions de Van der Waals y sont les plus faibles. L’hexane est donc plus volatil que l’heptane, lui-même plus volatil que l’octane.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


2. Voir fiche 12B, page 361.

3. L’alcane qui constitue le résidu qui est resté dans le ballon lors de la distillation est l’octane. Sa température d’ébullition (125,6 °C) est effectivement supérieure à 110 °C, température à laquelle on a arrêté la distillation.

4. L’allure de la courbe donnant la température en tête de colonne en fonction du temps est la suivante :

θ (°C)

Temps0

100

75

50

25

1

23

45

68,7 °C

98,4 °C

Courbe d'évolution de la température au cours du tempspendant la distillation

1 Élévation de la températurejusqu’à la températured'ébullition de l’hexane2 Ébullition et distillationde l'hexane3 Élévation de la températurejusqu'à la températured'ébullition de l'heptane4 Ébullition et distillationde l'heptane5 Montée de la températurejusqu'à 110 °C puis arrêt dela distillation

23 1. a. Un alcane composé de n atomes de carbone a pour for-mule brute : C

nH

2n + 2 .

b. L’alcane A a pour masse molaire :

M(A) = 12,0 × n + (2n + 2) × 1,0 = 14n + 2

c. M(A) = 72,0 g∙mol–1, donc 14n + 2 = 72,0 soit n = 5.La formule brute de A est donc : C

5H

12 .

2. a. La formule développée de chaque isomère de A est :

• Pentane CH3–CH

2–CH

2–CH

2–CH

3

• Méthylbutane

CH2 CH3CH

CH3

CH3

• Diméthylpropane

C CH3CH3

CH3

CH3

b. Moins les interactions de Van der Waals entre les molécules d’un composé sont fortes, plus il est volatil, donc plus sa température d’ébullition est basse. Or, les interactions sont d’autant plus faibles que l’alcane est ramifié. Donc :

θéb

(diméthylpropane) < θéb

(méthylbutane) < θéb

(pentane)

Le composé A est donc le diméthylpropane.

24 Traduction :

Alcool dénaturéL’éthanol est l’alcool présent dans les boissons alcooliques, il est préparé pour cela par fermentation anaérobique des glucides (comme le glucose) issus d’une très grande variété de plantes. Les boissons alcooliques sont taxées. L’éthanol, utilisé dans la fabrica-tion de produits commerciaux tels que les parfums, les antisep-tiques, les vaporisateurs pour cheveux, les produits répulsifs pour insectes, n’est pas de l’éthanol pur mais un mélange spécial conçu pour le rendre impropre à la consommation. Il est répertorié sous le nom d’alcool dénaturé (ou frelaté). Divers dénaturants sont uti-lisés afin de rendre quasi irréversible la dénaturation de l’alcool : le méthanol, le propan-2-ol, des colorants sont généralement utilisés.

1. L’équation équilibrée de la réaction de fermentation anaérobie du glucose est :

C6H

12O

6 r 2 CO

2 + 2 C

2H

6O

2. Les formules semi-développées de l’éthanol, du méthanol et du propan-2-ol sont données ci-dessous :

Nom Éthanol Méthanol Propan-2-ol

Formule semi-développée

CH3–CH

2–OH CH

3–OH

CH3CHCH3

OH

3. L’une des raisons de l’utilisation du méthanol pour dénaturer l’éthanol est le fait que ces deux composés ont des températures d’ébullition assez proches. En conséquence, ils seront très diffi-ciles à séparer par distillation. Ainsi, la dénaturation est quasi irréversible.

25 1. a. La distillation est une technique de séparation de deux li-quides non miscibles basée sur la différence de température d’ébul-lition entre les deux liquides à séparer.

b. Ce vin résulte de la fermentation du jus de canne et contient donc, en fin de fermentation, de l’éthanol. La distillation permet de récupérer l’éthanol.

2. a. Les formules semi-développées de l’éthanol et du méthanol sont :

Éthanol CH3–CH

2–OH

Méthanol CH3–OH

b. Ces deux liquides sont totalement miscibles entre eux car il s’agit de deux alcools à courtes chaînes carbonées dont les molécules peuvent se lier entre elles par liaisons hydrogène.

26 1. Les formules semi-développées de l’hexane et du glucose cyclique sont :

• Hexane CH3–CH

2–CH

2–CH

2–CH

2–CH

3

• Glucose cyclique OH

OH

CH

CH HCCHHO

OHOHC

CH2

OH

2. a. Les atomes d’hydrogène et d’oxygène ont des électronéga-tivités très différentes, les deux liaisons O-H sont donc polarisées.

La molécule est coudée donc la position moyenne des charges positives G+ (située au milieu du segment reliant les centres des deux atomes d’hydrogène H) n’est pas confondue avec la position moyenne des charges négatives G– (située sur l’atome d’oxygène).

b. Chaque carbone du glucose est lié à un groupe hydroxyle (sauf un qui est lié à un O).

Les groupes hydroxyle peuvent former des liaisons hydrogène avec l’eau. La molécule de glucose est donc soluble.

Exemple d’interaction entre une molécule d’eau et une molécule de glucose :

OH

OH H

O

CH

CH HCCHHO

OHOHC

CH2

O

H H

c. En cas d’ingestion, l’hexane se trouvera préférentiellement dans les graisses car il présente une forte solubilité lipidique.

3. a. Le glucose est une bonne source d’énergie pour l’organisme car ses atomes de carbone peuvent donner lieu à des réactions avec le dioxygène pour libérer du dioxyde de carbone. Cette réaction est exo-énergétique.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

104

b. L’hexane ne peut pas être utilisé comme source d’énergie par l’organisme car il est le plus nocif des composés à six atomes de carbone.

27 1. Le mélange étudié est hétérogène car le dodécan-1-ol n’est miscible ni avec le méthanol ni avec l’eau. Il reste donc seul dans sa phase.

2. Le dodécan-1-ol possède une chaîne carbonée bien plus longue que celle du méthanol.

Les interactions de Van der Waals y sont donc très importantes en-traînant une cohésion plus grande, donc une température d’ébul-lition plus haute. L’eau est moins volatile que le méthanol car elle permet plus de liaisons hydrogène que dans le méthanol (chaque molécule d’eau possède deux H qui peuvent faire de telles liaisons alors que le méthanol n’en possède qu’un).

3. a. Pour extraire le dodécan-1-ol de ce mélange, il suffit d’utiliser une ampoule à décanter et de séparer la phase qui ne contient que le dodécan-1-ol.

Il est probable, mais à vérifier, que le dodécan-1-ol ait une masse volumique plus importante que celle du mélange méthanol-eau et constitue donc la phase inférieure dans l’ampoule à décanter.

b. Pour séparer l’eau du méthanol, il faudra procéder à une distilla-tion fractionnée (voir fiche 12B du manuel, page 361).

À l’aide d’un chauffe-ballon, chauffer le mélange.

Le composé le plus volatil, le méthanol, constituera le distillat, le moins volatil, l’eau, sera le résidu.

Le méthanol étant inflammable et toxique, on prendra bien soin de vérifier l’étanchéité des rodages du montage de distillation et de placer l’ensemble du dispositif sous une hotte aspirante au cas où des vapeurs de méthanol viendraient à s’échapper du tube ré-frigérant.

28 1. a. Les formules semi-développées ainsi que les noms et for-mules brutes des alcanes cités sont présentés dans le tableau ci-des-sous :

Formule brute Nom Formule semi-développée

C5H

12

Pentane CH3–CH

2–CH

2–CH

2–CH

3

2-méthylbutaneCH3CHCH2CH3

CH3

2,2-diméthylpropane CH3CCH3

CH3

CH3

C6H

14

Hexane CH3–CH

2–CH

2–CH

2–CH

2–CH

3

2-méthylpentaneCH2 CH3CHCH2CH3

CH3

2,2-diméthylbutane CH3CCH2CH3

CH3

CH3

b. Autres composés de formule brute C6H

14 :

CH CH3CHCH3

CH3 CH3

2,3-diméthylbutane 2-méthylpentane

CH CH2 CH3CH2CH3

CH3

2. Les interactions qui assurent la cohésion des alcanes à l’état li-quide sont les interactions de Van der Waals. Les deux principaux paramètres qui caractérisent leur intensité sont la longueur de chaîne et la ramification : plus la chaîne carbonée est longue, plus

les interactions augmentent ; plus elle est ramifiée, plus les interac-tions diminuent.

3. a. La masse volumique de l’hexane est supérieure à celle du pen-tane car les interactions sont plus importantes dans l’hexane, les molécules sont donc plus liées, donc plus proches.

b. La masse volumique diminue avec la ramification car les inte-ractions diminuent, les molécules sont alors moins liées, moins proches.


Étape 1 : S’approprier la consigne1. De quoi l’huile de colza est-elle composée ?

2. Qu’est-ce que le Diester ?

3. Quels sont les réactifs à utiliser pour synthétiser le Diester ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents4. Pour synthétiser le Diester, il faut chauffer le milieu réactionnel (voir question précédente) entre 45 et 85 °C sous une pression de 2,5 bar.

5. À la fin de la réaction, on observe deux phases.

6. Phase 1 : traces d’eau, méthanol, glycérol.

Phase 2 : esters méthyliques des huiles végétales et des traces de méthanol.

Étape 3 : Dégager la problématique7. Comment procéder pour synthétiser et isoler du Diester à partir d’huile de colza ?

Étape 4 : Construire la réponse– Identifier les réactifs et les conditions opératoires pour synthéti-ser du Diester.

– Faire le bilan des espèces chimiques présentes en fin de réaction dans le milieu réactionnel.

– Proposer une (ou plusieurs) technique(s) permettant d’isoler le Diester.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiqueLe Diester est un biocarburant synthétisé à base d’huiles végétales. Comment synthétiser ce biocarburant ?

• Mise en forme de la réponseL’huile de colza est composée essentiellement de triglycérides, on peut donc envisager la production d’EMHV selon la réaction du do-cument 3.

On l’introduit donc avec du méthanol en excès et en présence d’ions hydroxyde dans un réacteur sous une pression de 2,5 bar et une température de 45 à 85 °C. Avant de prélever les produits, il faudra penser à observer les consignes de sécurité et à s’organiser en conséquence.

En fin de réaction, on obtient un mélange biphasique :

– une phase aqueuse contient les traces d’eau, les ions hydroxyde, le glycérol formé et l’excès de méthanol ;

– une phase organique contient les EMVH et un peu de méthanol.

Le mélange est introduit dans une ampoule à décanter, puis les deux phases sont séparées.

Il faudra ensuite prévoir une étape de purification des EMHV pour se débarrasser de l’impureté que constitue le méthanol.

Une distillation fractionnée peut être envisagée ici : le méthanol constituera le distillat (θ

éb = 65 °C) et les EMHV le résidu

(θéb

> 200 °C).

Le montage à distiller est celui de la fiche 12B du manuel, page 361.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Il faudra arrêter la distillation quand la température en tête de colonne dépasse 65 °C.• Conclusion revenant sur la problématiqueAinsi, pour obtenir du Diester, il faut réaliser la synthèse puis utiliser successivement deux techniques de séparation.

30 1. Il est possible de séparer l’eau du pétrole par décantation car l’eau et le pétrole sont deux liquides non miscibles. En effet, le pétrole est composé essentiellement d’alcanes, molécules non po-laires, qui interagissent très peu avec les molécules d’eau.

2. Les températures d’ébullition des gaz de pétrole sont nettement inférieures à celles des essences car leurs chaînes carbonées sont bien plus courtes : les molécules de ces composés établissent donc entre elles des interactions de Van der Waals plus fortes.

3. En fond de colonne, on aura les composés les moins volatils et en tête de colonne les plus volatils.

1 : Résidu ; 2 : Gasoil ; 3 : Kérosène ; 4 : Essences ; 5 : Gaz de pétrole.

4. Les isomères ramifiés de l’hexane sont :

• 2-méthylpentane

CH CH2 CH3CH2CH3

CH3

• 3-méthylpentane

CH2 CH2 CH3CHCH3

CH3

• 2,2-diméthylbutane

C CH2 CH3CH3

CH3

CH3

• 2,3-diméthylbutane

CH CH CH3CH3

CH3 CH3

5. La coupe essence issue de la distillation du pétrole n’est pas suffi-sante pour satisfaire la forte demande des pays développés.

L’étape de craquage catalytique est très importante car elle permet, à partir des coupes lourdes, d’obtenir des coupes plus légères qui peuvent servir d’essences.

31 1. L’éthylène glycol a une température d’ébullition (198 °C) supérieure à celle de l’éthanol (79 °C) car, grâce à ses deux groupes hydroxyle à chacune de ses extrémités, il peut faire plus de liaisons hydrogène que l’éthanol, qui n’en a qu’un.

En conséquence, la cohésion entre les molécules est plus grande

pour l’éthylène glycol que pour l’éthanol et donc sa température d’ébullition est plus élevée.

2. On préfère utiliser le mélange eau-éthylène glycol plutôt que l’eau comme liquide de refroidissement pour les raisons suivantes :

– l’eau seule gèle à 0 °C, ce qui pose un problème en hiver, alors que le mélange contenant 30 % à 50 % d’éthylène glycol gèle entre –15 °C et –35 °C ;– l’eau seule, lorsqu’elle gèle, subit une augmentation de volume d’environ 9 % ;– l’eau favorise la corrosion ;– l’eau, si elle n’est pas distillée, peut contenir des minéraux qui fa-vorisent la formation de dépôts.– l’eau est plus volatile que le mélange eau-éthylène glycol, ce qui pose un problème dans les pays chauds.

3. Les glycols sont fortement hygroscopiques puisqu’ils peuvent établir facilement des liaisons hydrogène avec les molécules d’eau. Leur emploi comme déshydratant est donc justifié.


L’éthylène glycol est un composé organique à deux atomes de car-bone et possédant deux groupes hydroxyles. Cette « petite » mo-lécule aux propriétés intéressantes possède des applications mul-tiples.

• Mise en forme de la réponseL’éthylène glycol est un composé qui présente deux groupes hy-droxyle susceptibles de donner lieu à des liaisons hydrogène, soit entre ses molécules, soit entre elles et l’eau. Cela a plusieurs consé-quences :

– l’éthylène glycol présente une cohésion importante entre ses mo-lécules, ce qui fait qu’il présente des températures de changement d’état notablement élevées ;

– ces liaisons hydrogène lui assurent aussi une miscibilité à l’eau en toutes proportions.

Les mélanges obtenus ont des propriétés intéressantes, en particu-lier celle de présenter un point de fusion plus bas que les tempéra-tures de fusion de l’eau et de l’éthylène glycol pour des proportions en éthylène glycol comprises entre 30 % et 100 %.

Les mélanges eau-éthylène glycol, pour des proportions en éthylène glycol comprises entre 30 % et 50 %, peuvent donc efficacement servir de liquides de refroidissement, palliant ainsi les défauts que présente l’utilisation de l’eau seule (point de fusion élevé, dilatation à la solidification, favorisant la corrosion ou les défauts minéraux) tout en lui conservant son pouvoir réfrigérant. La miscibilité avec l’eau permet l’utilisation de l’éthylène glycol comme agent hygroscopique.

• Conclusion revenant sur la problématiqueL’éthylène glycol possède donc des applications dans des domaines variés tels que la mécanique automobile ou l’industrie pétrochimique.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

106


Exercice 29



S’approprier


• Le colza ou le tournesol sont employés comme matière pre-mière pour synthétiser les biocarburants (doc. 1).

• Les esters méthyliques d’huiles végétales (EMHV) sont em-ployés comme biocarburants (doc. 1).

• La réaction de transestérification est la réaction qui permet de synthétiser les esters méthyliques à partir des triglycérides présents dans les huiles végétales et de méthanol. Du glycérol est aussi produit par cette réaction (doc. 3).

• L’huile de colza est essentiellement constituée de triglycérides (données).


• L’élève sait que l’on peut séparer deux liquides non miscibles avec une ampoule à décanter.

• L’élève connaît la définition de la solubilité d’une espèce chimique dans un solvant.

• L’élève sait que l’on peut séparer deux liquides miscibles en réalisant une distillation fractionnée.


Comment procéder pour synthétiser et isoler du diester à partir d’huile de colza ?

Analyser





• Identifier les réactifs et les conditions opératoires pour synthé-tiser du diester.

• Faire le bilan des espèces chimiques présentes en fin de réaction dans le milieu réactionnel.

• Proposer une (ou plusieurs) technique(s) permettant d’isoler le diester.


• L’élève a pensé à suivre les règles de sécurité.

• Le protocole à mettre en œuvre est bien décrit.

Valider



– en commentant ;


La réponse est formulée en revenant sur la question de départ. Ainsi, pour obtenir du diester, il faut réaliser la synthèse puis utiliser successivement deux techniques de séparation.












© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

107Chapitre 11 1Champs et forces

Chapitre

Champs et forces

11


Exemples de champs scalaires et vectoriels : pression, température, vitesse dans un fluide.

Champ magnétique : sources de champ magnétique (Terre, aimant, courant).

Champ électrostatique : E =qF

.

Champ de pesanteur local : g =mP

.

Loi de la gravitation ; champ de gravitation.

Lien entre le champ de gravitation et le champ de pesanteur

Recueillir et exploiter des informations (météorologie, téléphone por-table, etc.) sur un phénomène, pour avoir une première approche de la notion de champ.

Décrire le champ associé à des propriétés physiques qui se manifestent en un point de l’espace.

Comprendre comment la notion de champ a émergé historiquement d’observations expérimentales.

Pratiquer une démarche expérimentale pour cartographier un champ magnétique ou électrostatique.

Connaître les caractéristiques :

- des lignes de champ vectoriel ;

- d’un champ uniforme ;

- du champ magnétique terrestre ;

- du champ électrostatique dans un condensateur plan ;

- du champ de pesanteur local.

Identifier localement le champ de pesanteur au champ

de gravitation, en première approximation.


Savoir que la gravitation est une interaction attractive entre deux objets qui ont une masse, elle dépend de leur distance.

Savoir que la gravitation gouverne tout l’Univers (système solaire, étoiles et galaxies).

Physique Chimie 2de

Calculer la force d’attraction gravitationnelle qui s’exerce entre deux corps à répartition sphérique de masse.

Savoir que la pesanteur terrestre résulte de l’attraction terrestre.

Ressources numériquesAnimations : Cartographie et observation des champs magnétiques & Champ magnétique terrestre





Activités

C’est l’histoire des champs 3 p. 200-201 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations pour avoir une première approche de la notion de champ.

a Comprendre comment la notion de champ a émergé historique-ment d’observations expérimentales.

aDécrire le champ associé à des propriétés physiques qui se manifestent en un point de l’espace.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeDans cette activité, nous avons choisi d’introduire la notion de champ par une étude historique qui met en lumière le concept de champ complété par une analyse des représentations des champs en météorologie. Le professeur peut choisir de faire avec ses élèves l’ensemble de l’activité documentaire ou seulement une des deux parties.

Programme officiel

1


Chapitre 11 1Champs et forces

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

108

Réponses

1. Les champs évoqués dans le texte sont : le champ de vitesse, le champ électrostatique et le champ magnétique.

2. Alors que la force électrostatique dépend du lieu où se trouve la particule chargée et de la charge de cette particule, le champ électrostatique ne dépend que du lieu. Il est indépendant de la particule qui se trouve en ce lieu.

3. Les lignes tracées sur la carte du document 2 représentent des ensembles de points qui sont à la même pression atmosphérique. On les appelle des lignes isobares.

4. La température à Bordeaux est proche de 0 °C.

5. Sur la carte b du document 3, on peut repérer en chaque point la direction, le sens et la valeur de la vitesse du vent.

6. En physique, une grandeur scalaire est représentée par un nombre (exemples : température, pression, masse, durée, distance, etc.). Une grandeur vectorielle nécessite pour sa détermination, en plus de sa valeur, la donnée d’une direction et d’un sens (exemples : force, vitesse, etc.).Un champ est associé à une grandeur physique qui peut être déter-minée en tout point où cette grandeur est mesurable.Ainsi, un champ scalaire est défini par une valeur en chaque point.Un champ vectoriel est défini par un vecteur (direction, sens, valeur) en chaque point.

Ces ondes qui nous entourent 3 p. 202-203 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations (météorologie, téléphone portable, etc.) sur un phénomène, pour avoir une première approche de la notion de champ.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons fait le choix dans cette activité de présenter à l’élève les ondes électromagnétiques présentes dans notre vie quotidienne et de l’amener à réfléchir sur les risques sanitaires que l’exposition à ces ondes pourrait entraîner.

Réponses

1. Ces quelques appareils émettent des ondes électromagnétiques : four à micro-ondes, téléphones fixe et mobile, ordinateur, téléviseur, manette sans fil d’une console de jeux vidéo, plaques électriques, antennes-relais, lignes à très haute tension.

2. L’unité utilisée pour indiquer les valeurs des champs électriques

est le V ⋅ m-1. Le champ électrique dépend de la source et de la distance

à laquelle il est étudié.

3. Une porte de four à micro-ondes qui n’est pas hermétique laisse échapper des ondes électromagnétiques, pouvant avoir une action sur les personnes à proximité.

4. Au cours des dernières années, notre exposition aux ondes a augmenté à la suite, par exemple, de l’utilisation de plus en plus soutenue des téléphones portables, comme le montre le document 3

illustrant l’augmentation du nombre d’antennes-relais dans le centre de Lyon entre 2005 et 2014.

5. Si le téléphone n’est pas éteint, il émet des ondes. Il est donc préférable de le couper lorsqu’on ne l’utilise pas.

6. Dans l’aide-mémoire publié en 2014, l’OMS n’écarte pas définiti-vement tout risque sanitaire dû à l’exposition aux ondes utilisées dans la téléphonie mobile car, dans les études menées, certaines limites empêchent d’écarter complètement tout lien entre l’exposition aux ondes électromagnétiques et les risques sanitaires.

7. Bien qu’indispensable à de nombreuses applications de notre vie quotidienne (doc. 1), il n’est pas démontré que la présence des champs électromagnétiques dans notre environnement soit sans risque. Il est donc nécessaire de prendre les précautions de bon sens d’usage, par exemple de couper son téléphone lorsqu’il n’est pas utilisé.

Le champ magnétique 3 p. 204 du manuel

Compléments


a Pratiquer une démarche expérimentale pour cartographier un champ magnétique.

a Connaître les caractéristiques d’un champ uniforme.

aDécrire le champ associé à des propriétés physiques qui se ma-nifestent en un point de l’espace.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de proposer une activité expérimentale pour faire découvrir à l’élève la notion de champ vectoriel uniforme.

Cette activité sous forme d’investigation, demande à l’élève de s’approprier les connaissances apportées par les documents et de réaliser des mesures de champ magnétique pour répondre à la question posée.

Matériel et consommables• Un teslamètre.

• Un solénoïde.

• Un générateur.

• Une bobine et un dispositif pour visualiser les lignes de champ (limaille ou aiguilles aimantées).

2

3


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Réponses



1. a. Comment modéliser un appareil d’IRM ?

b. Quel est l’appareil qui permet de mesurer le champ magnétique ?S’approprier • Extraire des informations.

2. a. Que faut-il prouver pour montrer le caractère uniforme d’un champ magnétique ? Analyser • Exploiter des informations.

b. À l’aide du dispositif du document 2, réaliser différentes mesures du champ magnétique dans différentes régions du solénoïde.

c. À l’aide du matériel à votre disposition, réaliser une expérience permettant de cartographier le champ créé par une bobine.


d. Comparer entre elles les valeurs obtenues et conclure sur la région de l’appareil dans laquelle le patient d’une IRM doit être placé.

Valider • Interpréter des mesures.

Solution totale

Le document 1 montre que l’orientation de l’aiguille aimantée dans une zone où règne un champ magnétique permet de déterminer la direction et le sens du champ magnétique.Le document 2 présente le teslamètre comme l’appareil qui permet de mesurer la valeur du champ magnétique.D’après le document 3, on sait qu’un solénoïde est une bobine dont la longueur est très supérieure au diamètre et que le solénoïde peut modéliser la source du champ magnétique d’un appareil d’IRM.Le texte indique que lors d’une IRM le patient doit être placé dans une zone où règne un champ magnétique uniforme.Pour montrer qu’un champ magnétique est uniforme dans une région de l’espace, le document 4 indique qu’il faut prouver que la valeur, la direction et le sens du champ sont les mêmes en divers points de cette région de l’espace.Il faut donc déterminer la région de l’espace où le champ magnétique créé par un solénoïde est uniforme (même valeur, même direction, même sens).En notant x l’abscisse d’un point de l’axe du solénoïde, mesurée depuis son centre, on peut mesurer l’intensité du champ magnétique sur cet axe en fonction de x. On obtient, par exemple, les valeurs représentées dans le graphique ci-dessous.

100

200

300

400

500

–10 –5 50x (cm)

B (μT)

B =f(x)

10

600

700

800

En considérant que la bobine est une bonne approximation pour trouver les lignes de champ à l’intérieur d’un solénoïde, l’expérience ci-dessous permet de montrer que les lignes de champ à l’intérieur du solénoïde sont parallèles.

En étudiant le champ magnétique dans diverses régions du solénoïde (autour, aux extrémités et à l’intérieur), nous pouvons affirmer que dans la région située à l’intérieur du solénoïde le champ magnétique est uniforme.

Un pas vers le cours

IB



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

110


QCM


1 1. C ; 2. B ; 3. B.

2 1. A ; 2. B ; 3. A.

3 1. A et B ; 2. A et B ; 3. C.



5 1. et 2. Le champ électrostatique est représenté par un seg-ment fléché de longueur 2 cm.

++

++–

–

––

E



6 Le champ de température en météorologie et le champ d’alti-tude en géographie sont des exemples de champs scalaires.

Le champ magnétique produit par un aimant et le champ de vitesse des vents en météorologie sont des exemples de champs vectoriels.

7 Les champs scalaires sont les champs de débit d’un fleuve en différents points du fleuve au même instant ; la température de l’eau d’un fleuve dès lors que cette température est relevée en dif-férents points au même instant ; la température de l’air entre les armatures d’un condensateur dès lors que cette température est relevée en différents points au même instant.

Les champs vectoriels sont : la vitesse de l’eau d’un fleuve ; le champ électrique dans un condensateur plan si ces vecteurs sont détermi-nés aux mêmes instants.

Le débit d’un fleuve au cours d’une année n’est pas un champ.

8 1. La carte (a) représente l’altitude de différents lieux par rap-port au niveau de la mer.

La carte (b) représente la vitesse du vent en différents lieux de la France.

2. a. La carte (a) est celle d’un champ dont la grandeur « altitude » est décrite par un nombre.

La carte (b) est celle d’un champ dont la grandeur « vitesse » est décrite par un vecteur.

b. La carte (a) représente un champ scalaire. La carte (b) représente un champ vectoriel.

9 Les champs scalaires sont les champs de pression, de tempéra-ture.

Les champs vectoriels sont les champs magnétique, électrostatique, de pesanteur.

10 1. Il faut mesurer à un même instant la température en diffé-rents lieux.

2. Il faut mesurer à un même instant la valeur de la vitesse du vent, et déterminer sa direction et son sens en différents lieux.

11 Sur la carte de champ de température, les lignes tracées en gris correspondent à des isothermes (température identique en tous les points de cette ligne).

Sur la carte de champ électrostatique, les lignes tracées en gris cor-respondent à des lignes de champ vectoriel.

12 1. Une ligne de champ vectoriel est une ligne tangente en cha-cun de ses points au vecteur champ. Elle est orientée par une flèche dans le sens du champ.

2.

S

C

A

+

+

BB

13 1. Les lignes de champ sont représen-tées en noir ci-contre. Une ligne de champ est une ligne tangente en chacun de ses points au vecteur champ. Elle est orientée par une flèche dans le sens du champ.

2. L’orientation du vecteur champ électrique nous permet de conclure que la partie cen-trale porte une charge positive.

14 1. a. Une ligne isobare est une ligne le long de laquelle la pres-sion est la même.

b. Une ligne de champ est une ligne tangente en chacun de ses points au vecteur champ ; elle est donc exclusivement associée à un champ vectoriel. Or, un champ de pression est un champ scalaire.

2. Le champ de pression n’est pas uniforme sur la France, puisque la pression n’a pas une valeur constante en tous lieux.

15 1. La carte des vents indique en un point donné la direction, le sens et la valeur de la vitesse du vent.

On a donc cartographié un champ vectoriel.

2. Si la valeur d’un champ, sa direction et son sens sont constants dans l’espace, le champ vectoriel peut être qualifié d’uniforme.

3. Le champ est uniforme, par exemple, sur la zone encadrée en rouge.

16 1. + ++ + ++

– –– – ––E E E

E

E

EE

E


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


2. Le champ électrostatique est uniforme entre les armatures du condensateur.

17 1. Les lignes de champ magnétique sont orientées du pôle Nord vers le pôle Sud à l’extérieur d’une bobine ou d’un aimant.

2. Le pôle Nord magnétique se trouve donc sur l’extrémité gauche de la bobine.

N S

18 1. Le champ de pesanteur est vectoriel.

2. À la surface de la Terre, le champ de pesanteur s’identifie au champ gravitationnel créé par la Terre.

19 Dans un domaine restreint au voisinage de la Terre, on peut considérer que le champ de pesanteur a la même direction (verti-cale), le même sens (vers le bas) et la même valeur en tout point. On parle de champ de pesanteur local uniforme.

20 1. Une ligne de champ magnétique créé par un aimant est orientée du Nord de l’aimant vers le Sud de l’aimant à l’extérieur de l’aimant. Voir schéma ci-dessous.

2. Une aiguille aimantée placée en un point s’oriente de façon à être tangente à la ligne de champ magnétique en ce point.

Voir schéma ci-dessous.

3. Le champ magnétique en A0 est tangent à la ligne de champ ; son

sens est celui de la ligne de champ.

A0

SN

B

21 1. Le champ de température moyenne est fonction de la coor-donnée verticale (altitude z).

2. a. Les couches atmosphériques isothermes sont des couches où la température est constante. Elles se traduisent sur le graphique par des segments verticaux.

On peut repérer trois portions isothermes de l’atmosphère :11 ⩽ z ⩽ 18 km, 47 ⩽ z ⩽ 52 km et 82 ⩽ z ⩽ 90 km environ.

b. Dans ces couches isothermes, le champ de température moyenne est uniforme.

3. a. Au sol, la température moyenne est θ = 10 °C.

b. À la limite entre la troposphère et la stratosphère, la température moyenne est θ = –55 °C.

4. Dans la troposphère, la représentation de l’altitude en fonction de la température est une droite qui ne passe pas par l’origine. Il y a donc une relation affine entre ces grandeurs.

Sur le graphique, on peut lire :pour z = 0, θ = 10 °C et pour z = 11 km, θ = –55 °C.

La température décroît donc de 65 °C sur 11 km.

Cela correspond à la valeur affichée : « la température décroît en moyenne de 6 °C par kilomètre ».

22 1. a. La pression est la même en tout point d’une ligne blanche.

b. Les lignes blanches sont des isobares.

2. a. Dans un anticyclone, les pressions au sol sont élevées, supé-rieures à la pression atmosphérique normale de 1 013 hPa.

b. On peut observer une zone anticyclonique entre l’Irlande et l’Is-lande (pression au sol de 1 045 hPa).

3. a. Dans une zone anticyclonique, le géopotentiel à 500 hPa a une valeur supérieure à 5 520 m, soit 552 dam.

b. Entre l’Irlande et l’Islande, et au sud de l’Islande, le géopotentiel se situe au-delà de 560 dam, donc au-dessus de 5600 m. Le géopo-tentiel confirme l’anticyclone situé dans cette région (question 2b).

23 1. Les cristaux de magnétite s’orientent le long des lignes de champ magnétique, comme l’aiguille d’une boussole.

2. Les champs magnétiques d’origine humaine peuvent perturber le champ terrestre. Les oiseaux sont alors désorientés.

24 1. Ces champs ne sont pas uniformes puisque leur intensité décroît quand on s’éloigne de la source. Il faut donc préciser la dis-tance à laquelle la mesure est effectuée.

2. Les valeurs indiquées à 30 cm et plus sont très inférieures aux seuils recommandés donc, a priori, l’utilisation normale des diffé-rents équipements ne présente pas de risque.

25 Traduction :

Les fermes éoliennes en mer deviennent des aimants pour les phoques affamésLes fermes éoliennes en mer se sont transformées en terrain de chasse pour les phoques. Les fermes éoliennes Alpha Ventus, à 56 km des côtes allemandes, et Sheringham Shoal, à 23 km des côtes du Royaume-Unis, sont devenues des repaires pour les pois-sons et les crustacés, tout particulièrement pour les invertébrés comme les moules qui s’y regroupent en structures massives. Ces animaux attirent à leur tour les phoques communs et gris (Phoca vitulina et Halichoerus grypus), rapportent des chercheurs cette se-maine dans Current Biology. Au cours de leur recherche, les scien-tifiques ont accroché des émetteurs GPS aux phoques des deux espèces des côtes britanniques et hollandaises de la mer du Nord, où les fermes éoliennes sont nombreuses. Ils ont noté que les phoques visitaient les fermes éoliennes de manière répétée, traçant des motifs en forme de grille en nageant d’éolienne en éolienne. Ce comportement coordonné suggère que les phoques ont trouvé une grande quantité de proies sur chaque turbine. Il n’est cepen-dant toujours pas prouvé si ces structures augmentent le nombre de proies (poissons et crustacés) ou si elles les concentrent sur une zone ; si cette seconde proposition est retenue, alors les popula-tions de proies pourraient diminuer car plus de phoques viseront ces terrains pour s’alimenter.

1. a. Il n’est pas question dans ce texte de champ magnétique.

b. Dans le titre, le mot « magnets » est utilisé dans le sens où les fermes éoliennes en mer semblent attirer les phoques comme un aimant attire les objets contenant du fer.

2. a. Le champ associé au vent est un champ vectoriel (direction, sens et valeur de la vitesse). Il peut être considéré comme uniforme sur une centaine de mètres.

b. Le champ de température de l’eau ou de salinité de l’eau sont des champs scalaires qui caractérisent le milieu marin.

Le champ des courants marins est un champ vectoriel qui caracté-rise le milieu marin.

3. Pour mettre au point une étude scientifique permettant de tester une des hypothèses avancées dans l’article, il est nécessaire, dans un premier temps, de déterminer une zone géographique précise et de mesurer la quantité de nourriture disponible pour les phoques ainsi



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

112

que leur nombre. Ce constat effectué on pourra mesurer l’impact de la construction des fermes éoliennes en mer, augmentation de la quantité de proies ou juste concentration des proies à proximité des éoliennes. Les grands plans de construction en France sur les côtes normandes (Fécamp et le Tréport notamment) seront l’occasion de mesurer l’impact de ces constructions sur la population marine.

26 1. On a d

UE =

, soit E = 100

0,12 = 8,3 × 102 V∙m-1.

2. Ce champ est horizontal, il est dirigé de la borne positive vers la borne négative.

Cuved'électrophorèse (b)

Papier Whatman (a)

Cathode (–) (c) Anode (+) (c)

Solution tampon pH = 7

D

d = 12 cm

E

3. On remarque que les acides aminés, au pH = 7 du milieu, ont une charge globale qui dépend de l’acide aminé :

– l’alanine est globalement neutre, donc elle ne peut subir de force électrique et ne migre pas (tache centrale) ;– l’acide aspartique est sous une forme ionique de type « anio-nique » du fait de la présence de 2 groupes carboxylate (–COO– pour un groupe ammonium –NH

3+) : dans le champ électrique, il

subit une force qui est donc colinéaire au champ électrique E mais de sens inverse puisque q = – e < 0 : il migre donc vers la borne positive (vers la droite ici).– pour la lysine, c’est une forme ionique de type « cationique » qui existe, de sorte que q = e > 0. Cette espèce migre donc vers la borne négative (vers la gauche ici).

En conclusion, l’alanine est associée à la tâche centrale, l’acide as-partique à la tache de droite, la lysine à la tache de gauche.

27 1.

T

2.

L

3. La Terre étant beaucoup plus massive que la Lune, son influence est beaucoup plus étendue. Les lignes de champ gravitationnel de la Terre ne sont pratiquement pas déformées par la présence de la Lune ; en revanche, celles du champ gravitationnel de la Lune sont déformées par la présence de la Terre.

4. a. La somme de deux vecteurs est nulle si ces deux vecteurs ont même direction, même valeur et des sens opposés.

b. Le point d’équigravité doit donc être placé sur l’axe qui joint les centres des deux corps, entre les positions de ces centres.

c. On note :

• d1 la distance entre le point d’équigravité et le centre de la Lune ;

• d2 la distance entre le point d’équigravité et le centre de la Terre.

On doit avoir :

d12

ML

Gd

22

MT

G=

Connaissant MT

, ML , on trouve que d

2 = 9,02 d

1 .

Comme d1 + d

2 = d

T-L = 3,84 × 105 km, on trouve d

1 = 3,83 × 104 km.


Étape 1 : S’approprier la consigne ou la question posée1. De quels résultats expérimentaux s’agit-il ?

2. Quelle est la conclusion de Millikan ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents3. Les gouttes d’huile ont le même rayon, elles ont donc la même masse et sont soumises au même poids.

4. L’immobilité des gouttes est observée lorsque leur poids P et la force électrostatique F se compensent.

On a donc : d

UF = |q| ⋅ E = |q| ⋅ = P.

L’immobilité est donc observée pour différentes tensions quanti-

fiées qui correspondent à |q|

P⋅dU = et donc à des valeurs de charge

électrique portées par les gouttes différentes.

Étape 3 : Dégager la problématique5. La charge des gouttelettes est-elle multiple d’une charge élémen-taire ?

Étape 4 : Construire la réponse – Calculer le poids d’une goutte. – Exploiter l’immobilité d’une goutte pour exprimer la valeur de la

force électrostatique en fonction de la valeur du poids. – Exprimer la valeur de la force électrostatique en fonction de la

charge q d’une goutte, de U et d. – Calculer la charge des gouttes correspondant aux diverses valeurs

de U. – Comparer les diverses valeurs de q pour retrouver la charge de

l’électron.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiqueIl s’agit de montrer que la charge des gouttelettes immobiles dans le condensateur est multiple d’une charge élémentaire.

• Mise en forme de la réponseLes gouttes ont toutes le même rayon, donc la même masse. Elles sont soumises au même poids :

3

4P = m⋅g = ρ

H⋅V⋅g = ρ

Hπ R3⋅g

P = 9,12 × 102 × × π × (2,07 × 10–6)3 × 9,8 = 3,3 × 10–13 N3

4

• Les gouttes sont immobiles, elles sont soumises à deux forces qui se compensent : leur poids P (vers le bas) et la force électrostatique F (vers le haut).

Ces deux forces ont donc même valeur F = P = 3,3 × 10– 13 N.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


• La force électrostatique appliquée sur une goutte de charge q doit donc être la même pour toutes les situations d’immobilité :

d

UF = |q|⋅E = |q|⋅ .

• Ainsi U

F⋅d|q| = . Les différentes valeurs de U correspondent à l’im-

mobilité de gouttes portant des charges différentes.

U (V) F (N) |q| (C) q/e

4,13 × 104 3,3 × 10-13 1,6 × 10-19 1,0

2,08 × 104 3,3 × 10-13 3,2 × 10-19 2,0

1,39 × 104 3,3 × 10-13 4,8 × 10-19 3,0

1,04 × 104 3,3 × 10-13 6,4 × 10-19 4,0

8,29 × 103 3,3 × 10-13 8,0 × 10-19 5,0

6,92 × 103 3,3 × 10-13 9,6 × 10-19 6,0

• Conclusion revenant sur la problématiqueLa charge électrique portée par les gouttes est négative. En valeur absolue elle est multiple d’une même charge égale à 1,6 × 10-19 C, c’est la valeur absolue de la charge de l’électron.

La charge de l’électron est donc égale à –1,6 × 10-19 C.

29 1. Une boussole s’oriente suivant le pôle Nord magnétique, elle indique le Nord géographique uniquement si celui-ci n’est pas très éloigné du pôle Nord géographique.

La déclinaison notée δ mesure l’angle entre la direction du pôle géographique et celle du pôle magnétique. Si cet angle est faible, la boussole indique le pôle géographique, dans le cas contraire, il faut prendre en compte cet angle. Cet angle est indiqué sur les cartes détaillées.

2. a. En 2001, pour un explorateur situé à la pointe Nord du Groen-land, le pôle Nord géographique était situé à l’est de la direction in-diquée par sa boussole. Autrement dit, la boussole de l’explorateur pointait à gauche de la direction du pôle Nord géographique.

b. En 2001, pour un explorateur situé à l’extrême Est de la Russie, sur le détroit de Béring par exemple, le pôle Nord géographique était situé à l’ouest de la direction indiquée par sa boussole. Autre-ment dit, la boussole pointait à droite de la direction du pôle Nord géographique.

3. Bernard Brunhes a été le premier à mettre en évidence en 1905 le phénomène d’inversion du champ magnétique de la Terre. Il a observé des coulées de lave du Massif central qui conservent la mé-moire de la direction du champ magnétique datant de l’époque de ces coulées.

Une inversion du champ magnétique imposerait de mettre à jour les appareils de guidage, mais perturberait aussi les oiseaux migra-teurs.

30 1. Les courbes en gris représentent les lignes de champ ma-gnétique de l’aimant naturel que constitue la Terre, assimilable à un aimant droit.

2. Le noyau terrestre est assimilé à un aimant droit vertical, son pôle Sud est dans l’hémisphère Nord, son pôle Nord est dans l’hémis-phère Sud.

Pôle magnétiquede l'hémisphère

Nord

Pôle Nordgéographique

Axe de rotationde la terreBoussole

SN

3. a. Il s’agit d’une radiation verte.

b. Cette radiation est émise par les molécules de dioxygène : les particules chargées peuvent, par collision avec les molécules de dioxygène, céder une partie de leur énergie aux atomes d’oxygène qui sont portés à un état excité.

En regagnant un niveau d’énergie inférieur, l’atome va céder de l’énergie sous forme d’un photon de longueur d’onde 557,7 nm.


Il s’agit de montrer en quoi le concept de champ magnétique per-met de mieux comprendre les phénomènes qui nous entourent et en particulier comment le champ magnétique terrestre nous pro-tège des particules chargées du vent solaire.

• Mise en forme de la réponseLe phénomène des aurores polaires n’a été interprété qu’au XXe siècle, à la suite de la découverte du vent solaire. En effet, les particules chargées émises par le Soleil qui constituent le vent so-laire peuvent exciter des molécules de la haute atmosphère qui se désexcitent en émettant de la lumière (verte ou rouge pour les molécules de dioxygène). Mais ces particules chargées provenant du Soleil sont principalement déviées par le champ magnétique ter-restre qui nous protège. Certaines de ces particules sont canalisées le long des lignes de champ magnétique terrestre et s’accumulent dans des zones de l’atmosphère connues sous le nom de « ceintures de Van Allen ». La forme spécifique de ces « ceintures » induit le fait que le risque de collision entre les particules chargées du vent so-laire et les molécules de l’atmosphère terrestre est plus élevé dans les régions polaires que dans les autres régions à la surface de la Terre et donc explique que les aurores polaires sont principalement visibles aux pôles.

• Conclusion revenant sur la problématiqueLe champ magnétique terrestre nous protège des particules char-gées du vent solaire en les déviant, la forme particulière des lignes de champ magnétique explique comment certaines de ces parti-cules chargées sont captées et s’accumulent dans certaines zones. L’interaction de ces particules avec les molécules présentes dans la haute atmosphère explique le phénomène des aurores polaires.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

114


Exercice 28



S’approprier


• Millikan a déterminé la charge de l’électron q = – 1,6 × 10–19 C.

• Il a immobilisé des gouttes d’huile chargées entre les plaques d’un condensateur chargé distantes de d = 2,00 cm.

• Toutes les gouttes ont le même rayon R = 2,07 μm.

• L’immobilité des gouttes entre les armatures du condensateur n’est observée que pour des tensions particulières.


• L’élève est capable de faire le bilan des forces s’exerçant sur la goutte.

• L’élève sait qu’à l’équilibre les forces se compensent.

• L’élève connaît la relation F = q ⋅ E et la relation E = Ud .

Reformuler, dégager la problématique principale.La charge des gouttelettes est-elle multiple d’une charge élémen-taire ?

Analyser





• Calculer le poids d’une goutte.

• Exploiter l’immobilité d’une goutte pour exprimer la valeur de la force électrostatique en fonction de la valeur du poids.

• Exprimer la valeur de la force électrostatique en fonction de la charge q d’une goutte, de U et d.

• Calculer la charge des gouttes correspondant aux diverses valeurs de U.

• Comparer les diverses valeurs de q pour retrouver la charge de l’électron.








• Éventuellement, un tableau est correctement construit.

Valider



– en commentant ;



La charge électrique portée par les gouttes est négative. Les calculs font apparaître le fait que la charge des gouttelettes immo-biles dans le condensateur est multiple d’une charge

q = –1,6 × 10– 19 C. C’est la charge de l’électron.

La charge de l’électron est donc égale à – 1,6 × 10– 19 C.












© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

115Chapitre 12 1Principe de conservation de l’énergie

Chapitre

Principe de conservation de l’énergie

12


Énergie d’un point matériel en mouvement dans le champ de pesanteur uniforme : énergie cinétique, énergie potentielle de pesanteur, conserva-tion ou non-conservation de l’énergie mécanique.

Frottements ; transferts thermiques ; dissipation d’énergie.

Connaître et utiliser l’expression de l’énergie cinétique d’un solide en translation et de l’énergie potentielle de pesanteur d’un solide au voisi-nage de la Terre.

Réaliser et exploiter un enregistrement pour étudier l’évolution de l’énergie cinétique, de l’énergie potentielle et de l’énergie mécanique d’un système au cours du mouvement.

Formes d’énergie. Connaître diverses formes d’énergie.

Principe de conservation de l’énergie.

Application à la découverte du neutrino dans la désintégration β.

Exploiter le principe de conservation de l’énergie dans des situations mettant en jeu différentes formes d’énergie.


Énergie de position au voisinage de la Terre et énergie de mouvement appelée énergie cinétique.

Décrire le comportement de l’énergie cinétique en fonction de la masse et de la vitesse.

Mathématiques 4e

Mettre en équation et résoudre un problème conduisant à une équation du premier degré à une inconnue.

Mathématiques 6e - 3e

Notion de proportionnalité.

Ressources numériquesCapsule vidéo : Conservation de l’énergie mécanique

Simulation : Chute verticale libre et chute verticale avec frottements

Vidéos : Transfert thermique





Activités

Énergie cinétique 3 p. 220 du manuel

Compléments


aDécrire le comportement de l’énergie cinétique en fonction de la masse et de la vitesse. (3e)

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité de révisions peut être donnée à faire à la maison.

Réponses

1. a. Quand elle est dans la main, la balle possède de l’énergie de position notée ℰ

p (doc. 1 et 2).

b. La valeur de la vitesse de la balle augmente au cours de sa chute. En effet, la distance parcourue par la balle entre deux images consécu-tives augmente alors que la durée séparant ces images est constante.c. Au cours de sa chute, la balle acquiert de l’énergie cinétique notée ℰ

c.

d. L’énergie cinétique ℰc d’un solide de masse m en mouvement de

translation avec une vitesse de valeur v dans un référentiel d’étude est définie par :

12

ℰc = m·v2

ℰc en joule (J) v en mètre par seconde (m·s–1)

m en kilogramme (kg)

Programme officiel

1


Chapitre 12 1Principe de conservation de l’énergie

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

116

2. Les graphiques du document 3 confirment que :• ℰ

c est proportionnelle à m quand la valeur de v est fixée. En effet,

la représentation de ℰc en fonction de m est une droite passant par

l’origine. On peut donc écrire que ℰc = k·m où k est une constante.

Ici l’exploitation du graphique permet d’indiquer que k = 12,5 J·kg–1,

ce qui correspond à 12

v2 puisque v = 5 m·s–1.

• ℰc est proportionnelle à v2 quand m est fixée car la représentation

de ℰc en fonction de v2 est une droite passant par l’origine. On peut

donc écrire que ℰc = k’·v2 où k’ = 0,05 J·m–2·s2. Cette valeur est

compatible avec l’expression donnée si m = 100 g, soit 0,100 kg.

3. Au cours de la chute de la balle, il se produit une conversion d’énergie de position en énergie cinétique.

Énergies d’une balle qui rebondit 3 p. 221 du manuel

Compléments


a Connaître et utiliser l’expression de l’énergie cinétique d’un solide et de l’énergie potentielle de pesanteur d’un solide ponctuel au voisinage de la Terre.

a Réaliser et exploiter un enregistrement pour étudier l’évolution de l’énergie cinétique, de l’énergie potentielle et de l’énergie mécanique d’un système au cours de son mouvement.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeIl s’agit d’une démarche d’investigation. Les élèves sont amenés à s’approprier la problématique et à réaliser un enregistrement vidéo, puis à l’exploiter pour y répondre. Des solutions partielles peuvent être données aux élèves en difficulté.

Matériel• Caméscope ou webcam.

• Pied ou potence et noix de serrage.

• Écran blanc à mettre en arrière-plan parallèlement au plan de la trajectoire.

• Étalon de longueur à placer dans le plan de la trajectoire de la balle.

• Balle de tennis.

Réponses



1. Lors de l’étude énergétique d’un mouvement, quelle(s) énergie(s) faut-il calculer ?

2. Quelles sont les caractéristiques du mouvement d’une balle (vitesse, altitude) qui favorisent son interception ?

S’approprier • Se questionner, identifier un problème.

3. Proposer un protocole expérimental pour réaliser et exploiter la vidéo. Analyser • Élaborer un protocole.

4. Après accord du professeur, mettre ce protocole en œuvre. Réaliser • Mettre en œuvre un protocole.

5. Déterminer la position la plus favorable pour renvoyer la balle. Valider • Interpréter des graphiques.

Solution totale

Après avoir réalisé la vidéo et le pointage, on calcule les énergies potentielle de pesanteur, cinétique et mécanique de la balle.

Temps (s)

0,4

0,8

0,6

0,2

0 0,5 1,0 1,5

�m (J)�p (J)�c (J)

On constate que l’énergie cinétique de la balle est minimale au sommet de sa trajectoire entre deux rebonds consécutifs. À ce moment-là, la valeur de sa vitesse est la plus faible. C’est le moment le plus propice pour frapper dans la balle.Il faut également tenir compte de son altitude, qui ne doit pas être ni trop grande ni faible.Il faut donc trouver un juste équilibre entre une vitesse de balle dont la valeur doit être la plus faible possible et une altitude adaptée.

Réponses

1. L’énergie mécanique de la balle se conserve entre les rebonds, mais elle n’est pas conservée sur l’ensemble du mouvement, elle diminue à chaque rebond sur le sol.

2. Dans le cas du rebond de la balle, le principe de la conservation de l’énergie ne s’applique pas au système {balle}, mais il s’applique au système {balle + sol}.

2


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Une canette à la bonne température 3 p. 222 du manuel

Compléments


a Connaître diverses formes d’énergie.

a Exploiter le principe de conservation de l’énergie dans des situa-tions mettant en jeu différentes formes d’énergie.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité expérimentale de calorimétrie réinvestit la méthode mise en œuvre dans le chapitre 8, page 145.

Matériel et consommables• Un calorimètre.

• Une canette de soda vide.

• Un grand bécher.

• Une éprouvette graduée.

• Un système d’acquisition numérique avec deux capteurs de température.


• De l’eau.

Réponses

1. On verse une masse m2 (par exemple 350 g) d’eau froide à la

température θ2 dans le calorimètre, et une masse m

1 (par exemple

200 g) d’eau chaude à la température θ1 dans la canette. On introduit

la canette à l’intérieur du calorimètre et, à l’aide de deux sondes de température (ou deux thermomètres) immergées dans chacun des liquides, on suit l’évolution des températures de chaque masse d’eau au cours du temps.

Précautions opératoires : les sondes de température doivent être correctement étalonnées avant l’expérience.Lors de l’expérience, les sondes ne doivent pas toucher les parois et il faut agiter légèrement pour que la température soit homogène à l’intérieur de chaque masse d’eau.Les enregistrements peuvent conduire aux graphiques suivants :

54

35 °C

64 °C

Température 1 (°C)

22 °C

Température 2 (°C)

32 Temps (min)1

20

40

60

0

2. Exploitation des mesures pour analyser les échanges d’énergie entre les deux masses d’eau :Lors de l’expérience :– Le calorimètre et l’eau de masse m

2 se réchauffent. Ils reçoivent

de l’énergie thermique.– L’eau de masse m

1 se refroidit. Elle cède de l’énergie thermique.

Dans un calorimètre de bonne qualité, les énergies reçues compensent les énergies cédées : leur somme est nulle.

Système Transformation Énergie échangée

Calorimètre Passe de θ2 à θ

f

ℰCalo

= C ∙ (θf – θ

2)

ℰCalo

> 0

Eau de masse m2 Passe de θ

2 à θ

f

ℰ2 = m

2 ∙ c

eau ∙ (θ

f – θ

2)

ℰ2 > 0

Eau de masse m1 Passe de θ

1 à θ

f

ℰ1 = m

1 ∙ c

eau ∙ (θ

f – θ

1)

ℰ1 < 0

• C est la capacité thermique du calorimètre ; elle correspond à l’énergie que l’on doit apporter au calorimètre pour élever sa température de 1 °C.• c

eau est la capacité thermique massique de l’eau liquide ; elle cor-

respond à l’énergie que l’on doit apporter pour élever de 1 °C la température de 1 kg d’eau liquide.c

eau = 4,18 × 103 J·°C–1∙kg–1

Exemple de valeurs obtenues :

Eau chaude Eau froide

m1 = 0,200 kg m

2 = 0,350 kg

θ1 = 64 °C θ

2 = 22 °C

θf = 35 °C θ

f = 35 °C

On observe que la température de l’eau contenue dans le calorimètre augmente alors que celle de l’eau contenue dans la canette diminue.

3. À l’intérieur du calorimètre, qui n’échange pas d’énergie avec l’extérieur, on peut appliquer la conservation de l’énergie : toute l’énergie cédée par le corps chaud est reçue par les corps froids.Ces énergies s’expriment en fonction des températures initiales et finale des systèmes.On a donc ℰ

1 + ℰ

2 + ℰ

calo = 0.

Ainsi : m1 ∙ c

eau ∙ (θ

f – θ

1) + C ∙ (θ

f – θ

2) + m

2 ∙ c

eau ∙ (θ

f – θ

2) = 0.

Connaissant les températures initiales des deux masses d’eau et du calorimètre, on peut alors extraire la température finale θ

f de

cette équation :m

1 ∙ c

eau ∙ θ

1 + C ∙ θ

2 + m

2 ∙ c

eau ∙ θ

2

m1 ∙ c

eau + C + m

2 ∙ c

eau

θf =

3



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

118

Où est passée l’énergie manquante ? 3 p. 223 du manuel

Compléments


a Connaître diverses formes d’énergie.

a Exploiter le principe de conservation de l’énergie dans des situa-tions mettant en jeu différentes formes d’énergie.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité basée sur l’histoire des sciences peut être faite à la maison ou en accompagnement personnalisé. Elle réinvestit des connaissances du chapitre 7.

Réponses

1. Au cours de désintégrations β–, le principe de conservation de l’énergie ne semblait pas respecté.

2. D’après le symbole de l’antineutrino émis lors de la désintégration β–, on peut déduire que son nombre de masse et son nombre de charge sont nuls.

3. Équation de la désintégration β– du cobalt 60 :

ν27

Co r 6028

Ni +60–1

e +0 00

4. La découverte du neutrino permet d’assurer la conservation de l’énergie pour les désintégrations de type β.

4


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



QCM


1 1. C ; 2. A et B ; 3. A ; 4. C.

2 1. B ; 2. B ; 3. A ; 4. B ; 5. A.



4 Δℰm

= Δℰc + Δℰ

p = 0 J d’où il vient Δℰ

c = –Δℰ

p , alors :

12

m·v(bas)2 –12

m·v(haut)2 = – m·g·∆z.

Donc v(bas)2 – v(haut)2

2g202 – 5,02

2 × 9,81∆z = – = – soit Δz = –19 m.

La variation de l’altitude du bobsleigh lorsqu’il atteint une vitesse de valeur 20 m·s–1 est –19 m. Son altitude a diminué de 19 m.



6 On note la température de l’eau froide θfroid

= 16 °C, celle de l’eau chaude θ

chaud = 80 °C et la température finale θ

final = 38 °C.

On note le volume d’eau chaude Vchaud

= 12 L et Vfroid

le volume de l’eau froide ajoutée.

L’eau chaude perd l’énergie ℰchaud

= ρ·Vchaud

·c·(θfinal

– θchaud

).

L’eau froide gagne l’énergie ℰfroid

= ρ·Vfroid

·c·(θfinal

– θfroid

).

La conservation de l’énergie dans la baignoire se traduit par :

ℰfroid

+ ℰchaud

= 0 J donc :

ρ·Vfroid

·c·(θfinal

– θfroid

) + ρ·Vchaud

·c·(θfinal

– θchaud

) = 0 J

Ainsi ρ·V

chaud·c·(θ

final – θ

chaud)

ρ·c·(θfroid

– θfinal

)V

chaud·(θ

final – θ

chaud)

θfroid

– θfinal

Vfroid

= =

12 × (38 – 80)16 – 38V

froid = soit V

froid = 23 L.

Pour refroidir 12 litres d’eau chaude initialement à 80 °C jusqu’à 38 °C, il faut ajouter 23 litres d’eau froide à 16 °C.



7 1 : b ; 2 : c ; 3 : b et c ; 4 : a ; 5 : a ; 6 : d.

8 1. C’est l’énergie nucléaire qui permet au Soleil de briller.

2. L’énergie reçue sous forme de rayonnement par les cellules photo voltaïques est transformée en énergie électrique.

9 1. 12

m·v2ℰc =

m, la masse du solide en translation, s’exprime en kilogramme (kg) ;

v, la valeur de sa vitesse, s’exprime en mètre par seconde (m·s–1) ;

ℰc son énergie cinétique s’exprime en joule (J).

2. 12

× 19,9 × 0,672 soit ℰc = 4,5 J.ℰ

c =

10 12

2ℰc

mm·v2 d’où v = .ℰ

c = C

ℰc = 3,75 × 105 J et m = 1,2 t = 1,2 × 103 kg.

Ainsi 2 × 3,75 × 105

1,2 × 103v = = 25 m·s–1.C

11 1. ℰp = m·g·z

ℰp , l’énergie potentielle de pesanteur, s’exprime en joule (J).

m, la masse du solide, s’exprime en kilogramme (kg).

g, l’intensité de la pesanteur terrestre, s’exprime en newton par ki-logramme (N·kg–1).

z, l’altitude du solide, s’exprime en mètre (m).

L’altitude z est mesurée sur un axe vertical orienté vers le haut et on a ℰ

p = 0 J pour z = 0 m.

2. ℰp = 50 × 9,81 × 7,0 soit ℰ

p = 3,4 × 103 J.

12 ℰp = m·g·z

a. z = 6,0 m donc ℰp = 70 × 9,81 × 6,0 = 4,1 × 103 J.

b. z = 3,0 m donc ℰp = 70 × 9,81 × 3,0 = 2,1 × 103 J.

c. z = –4,0 m donc ℰp = 70 × 9,81 × (–4,0) = –2,7 × 103 J.

13 1. a. L’énergie cinétique de la voiture ne varie pas puisque sa masse et la valeur de sa vitesse ne varient pas.

b. Son énergie potentielle de pesanteur ne varie pas puisqu’elle se déplace horizontalement. Son énergie mécanique ne varie pas.

2. L’énergie cinétique de la voiture ne varie pas.

Son énergie potentielle de pesanteur augmente puisque son alti-tude augmente. Son énergie mécanique augmente.

14 1. En position 1 : la vitesse de la nacelle est nulle, son altitude n’est pas nulle. La nacelle possède de l’énergie potentielle de pesan-teur.

En positions 2, 3 et 5 : elle possède à la fois de l’énergie potentielle de pesanteur et de l’énergie cinétique.

En positions 4 et 6 : son altitude est nulle, elle ne possède que de l’énergie cinétique.

2.

De 1 à 2 ℰp r ℰ

c


c puis ℰ

c r ℰ

p


c


c


c

3. La nacelle a la plus grande valeur de vitesse lorsque son énergie cinétique est maximale, c’est-à-dire lorsque son énergie potentielle de pesanteur est minimale. On se trouve dans cette situation pour les positions 4 et 6.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

120

15 1. a. 12

m·v2 = 12

× 500 × ( soit ℰc = 2,78 × 105 J.)

2

ℰc = 120

3,6b. Son énergie cinétique finale est nulle.

2. La moto se déplace horizontalement. Son énergie potentielle de pesanteur ne varie pas.

Lors du freinage, l’énergie perdue est donc égale à son énergie ciné-tique avant le freinage, c’est-à-dire 2,78 × 105 J.

16 1. Avant de s’élancer depuis le pont, Alex possède de l’énergie potentielle de pesanteur.

2. La variation d’énergie potentielle de pesanteur est :

Δ ℰp = m·g·Δ z = 65 × 9,81 × (–25) = –1,6 × 104 J

La variation d’énergie potentielle de pesanteur est négative. La perte d’énergie potentielle d’Alex est de 1,6 × 104 J.

17 1. À l’intérieur de la glacière, il y a transfert thermique des ali-ments (corps chaud) vers le bloc de liquide réfrigérant (corps froid).

Le contenu de la glacière étant thermiquement isolé, il n’y a pas d’échange énergétique entre l’intérieur et l’extérieur de la glacière.

2.

Aliments Bloc réfrigérant

Q (transfertthermique)

18 1.

BouleSituation

Boule 1 (lancée)Boule 2 (initialement immobile)

Avant le chocÉnergies cinétique et potentielle de pesanteur

Pas d’énergie

Au moment du choc Énergie cinétique Pas d’énergie

Après le choc Pas d’énergieÉnergies cinétique et potentielle de pesanteur

2. a. L’énergie mécanique d’un système isolé se conserve, elle reste constante.

b. En considérant que le système constitué par les deux boules est isolé, on peut prévoir que l’énergie mécanique de la boule chassée après le « carreau sur place » est identique à l’énergie mécanique de la boule tirée avant le « carreau sur place ».

19 1. a. L’énergie cinétique ℰc de la pomme accrochée dans le

pommier est nulle.

b. Son énergie potentielle de pesanteur est :

ℰp = m·g·z = 50 × 10–3 × 9,81 × 3,0 = 1,5 J

c. L’énergie mécanique de la pomme ℰm

= ℰc + ℰ

p = 1,5 J.

2. a. 12

m·v2 = 12

× 50 × 10–3 × 7,72 = 1,5 Jℰc =

ℰp = 0 J et ℰ

m = ℰ

c + ℰ

p = 1,5 J.

b. L’énergie mécanique de la pomme accrochée à l’arbre et celle qu’elle possède au moment de toucher le sol est la même : l’énergie mécanique se conserve.

c. De l’énergie potentielle de pesanteur s’est convertie en énergie cinétique lors de la chute de la pomme.

3. L’énergie mécanique de la pomme se conserve.

ℰm

(haut) = ℰm

(bas)

donc ℰp (haut) = ℰ

c (bas)

d’où 12

m·v2m·g·z =

Il vient z = = v2

2g= 5,0 m.9,92

2 × 9,81

La pomme doit chuter d’une hauteur de 5,0 m pour atteindre une vitesse de valeur 9,9 m·s–1.

20 a. Vrai, car l’altitude ne change pas.

b. Faux, car la vitesse varie donc l’énergie cinétique varie aussi.

c. Vrai, car l’énergie thermique reçue par le système de freinage est égale à la perte d’énergie cinétique. Or l’énergie cinétique d’un sys-tème est proportionnelle à sa masse.

d. Faux, car l’énergie thermique reçue par le système de freinage est égale à la perte d’énergie cinétique du véhicule. Or l’énergie cinétique d’un système n’est pas proportionnelle à la valeur de sa vitesse.

e. Vrai, car d’après le texte on considère que l’énergie cinétique du véhicule est convertie en énergie thermique totalement transmise au dispositif de freinage.

21 1. 12

m·v2ℰc =

m, la masse de la voiture, s’exprime en kilogramme (kg).

v, la valeur de sa vitesse, s’exprime en mètre par seconde (m·s–1).

ℰc , son énergie cinétique, s’exprime en joule (J).

12

m·v2 = 12

× 800 × ( ) ℰc (initiale) = 60 2

3,6

soit ℰc (initiale) = 1,1 × 105 J.

L’énergie cinétique initiale de la voiture est 1,1 × 105 J.

2. a. Lors de la montée, la voiture gagne de l’énergie potentielle de pesanteur. Son énergie cinétique ne varie pas puisque la valeur de sa vitesse est constante.

b. Δℰp = m·g·Δz

Δℰp

, la variation d’énergie potentielle de pesanteur, s’exprime en joule (J).

m, la masse, s’exprime en kilogramme (kg).

g, l’intensité de la pesanteur terrestre, s’exprime en newton par kilo gramme (N·kg–1).

Δz, la variation d’altitude du solide, s’exprime en mètre (m).

La voiture gagne l’altitude Δz = L·sin α où L désigne le trajet de 150 m effectué lors de la montée, et α = 8,0°.

Δℰp = m·g·Δz = 800 × 9,81 × 150 × sin 8,0°

soit Δℰp = 1,6 × 105 J.

Lors de la montée, la voiture a gagné une énergie potentielle de pesanteur de 1,6 × 105 J.

c. Cette énergie gagnée provient de l’énergie chimique du carbu-rant qui a été consommé.

3. a. L’énergie perdue par la voiture lors du freinage est unique-ment son énergie cinétique initiale puisque le freinage se déroule sur une portion de route horizontale.

Cette énergie est de 1,1 × 105 J.

b. Cette énergie cinétique est convertie en énergie thermique due aux frottements au niveau du système de freinage ainsi qu’aux frot-tements du sol et de l’air.

22 Remarque : voir l’exercice résolu n° 5, page 229 et son appli-cation immédiate n °6, page 229.

Eau froide : Volume V1 ; température θ

1 = 15°C.

Eau chaude : Volume V2 ; température θ

2 = 55°C.

Le volume total VT = V

1 + V

2 = 15 L.

On suppose que le système n’échange pas d’énergie avec l’exté-rieur, on peut appliquer la conservation de l’énergie : toute l’éner-gie cédée par l’eau chaude est reçue par l’eau froide.

Ces énergies s’expriment en fonction des températures initiales et finale des systèmes. On note θ

f la température finale du mélange.

Ainsi : ρeau

∙ V1 ∙ c

eau ∙ (θ

f – θ

1) + ρ

eau ∙ V

2 ∙ c

eau ∙ (θ

f – θ

2) = 0.

Cela conduit à : V1 ∙ (θ

f – θ

1) + V

2 ∙ (θ

f – θ

2) = 0.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


On peut exprimer l’un des volumes en fonction de l’autre : θ

2 – θ

f

θf – θ

1

55 – 4040 – 15

1525V

1 = V

2 ∙ = V

2 × = V

2 × = V

2 ×

35

On a donc VT = V

1 + V

2 = V

2 × × V

2 .+ V

2 =

35

85

D’où V2 = × 15 = 9,4 L× V

T =

58

58 et V

1 = 15 – 9,4 = 5,6 L.

Pour préparer 15 litres d’eau à 40 °C, il faut mélanger 5,6 litres d’eau froide initialement à 15 °C et 9,4 litres d’eau chaude à 55 °C.

23 Traduction :

L’énergie mécanique comme moyen de produire du travailDe nombreux exemples peuvent être donnés sur la façon dont un objet, possédant de l’énergie mécanique, peut exploiter cette éner-gie afin d’exercer une force pour déplacer un objet. Un exemple classique fait intervenir le boulet massif d’une machine de démoli-tion. Le boulet de démolition est un objet massif qui est basculé vers l’arrière en position haute et peut être projeté vers l’avant dans la structure d’un bâtiment ou tout objet afin de le démolir. En heur-tant la structure, le boulet de démolition applique une force afin de déplacer le mur de la structure.

1. Le boulet de démolition, immobile en position arrière, possède de l’énergie potentielle de pesanteur.

2. Lorsqu’il est libéré, il commence par descendre. Lors de sa des-cente, il y a conversion d’énergie potentielle de pesanteur en éner-gie cinétique.

3. L’énergie cinétique du boulet est maximale lorsqu’il passe en po-sition basse, le câble qui le retient est alors vertical.

4. a. L’énergie mécanique du boulet ne se conserve pas puisqu’elle est utilisée pour déformer le mur.

b. Si l’on suppose que l’engin de démolition ne transmet l’énergie qu’il perd qu’au mur, on peut dire que le système {engin de démoli-tion + mur} est un système isolé.

24 1. 12

M·v2ℰc =

soit 12

× 160 × ( ℰc = = 8,0 × 103 J.)

36 2

3,6

2. D’après les informations de l’énoncé, toute l’énergie cinétique est convertie en énergie thermique transmise aux plaquettes de frein, donc ℰ

th = ℰ

c .

3. ℰc = ℰ

th = m·c·(θ

f – θ

i)

d’où ℰ

c

m·c(θ

f – θ

i) = = = 1,2 × 102 °C.8,0 × 103

0,250 × 260La température des plaquettes de frein augmente de 1,2 × 102 °C lors du freinage.

25 Remarque : dans cet exercice, l’axe vertical est noté y. Il faut respecter les notations du texte.

1. L’énergie mécanique du système {motard + moto} a pour ex-pression :

12

m·v2 + m·g·yℰm

= ℰc + ℰ

p =

2. 12

m·vA

2 = 12

× 180 × (ℰc (A) = = 1,78 × 105 J)

160 2

3,6L’énergie cinétique du système au point A est 1,78 × 105 J.

3. a. yB = AB·sin α

b. Δℰp = ℰ

p (B) – ℰ

p (A) = m·g· Δy = m·g·(y

B – y

A) avec y

A = 0 m.

Δℰp = m·g·y

B = m·g·AB·sin α = 180 × 9,81 × 7,86 × sin 27,0

= 6,30 × 103 J

La variation d’énergie potentielle de pesanteur du système lorsqu’il passe du point A au point B est 6,30 × 103 J.

4. • Entre A et B :

– l’énergie potentielle de pesanteur augmente car yA > y

B ;

– l’énergie cinétique est constante car la vitesse a une valeur constante.

On en déduit que l’énergie mécanique du système augmente lors-qu’il passe de A à B.

• Entre B et C, on considère que le système {motard + moto} n’est soumis qu’à son poids, il est en chute libre, donc son énergie méca-nique se conserve.

26 1. a. ℰp = m·g·z, avec z l’altitude du système par rapport au

sol.12

m·v2ℰc =

ℰm

= ℰc + ℰ

p

b. À la date t = 0 s, la balle possède de l’énergie potentielle de pe-santeur.

c. On lit sur le graphique une énergie potentielle de pesanteur égale à 34 J à t = 0 s.

On en déduit ℰ

p

m·gz = = 34

760 × 10–3 × 9,81 soit z = 4,6 m.

2. a. D’après le graphique, on peut considérer que l’énergie méca-nique se conserve jusqu’à la date t

1 = 0,4 s.

b. Jusqu’à la date t1 , la chute peut être qualifiée de chute libre.

c. Lorsque la balle est en chute libre elle n’est soumise qu’à son poids.

3. Au-delà de la date t1

, il s’exerce d’autres forces : la tension de l’élastique qui agit quand l’élastique commence à être étiré et les frottements exercés par l’air sur la balle.

4. La balle ne heurte pas le sol car ℰp ≠ 0 J.

27 1. a. Lors de sa course d’élan, le système {Lavillenie} possède de l’énergie cinétique, du fait de sa vitesse, et de l’énergie poten-tielle de pesanteur, du fait de sa position par rapport au sol.

b. Le système {Lavillenie} possède de l’énergie mécanique :12

m·v2 + m·g·zℰm

= ℰc + ℰ

p = avec m la masse du système et z

l’altitude du point P par rapport au sol.12

× 70 × 9,92 + 70 × 9,81 × 1,10 = 4,2 × 103 Jℰm

=

2. a. Le système {Lavillenie} gagne de l’énergie potentielle de pesan-teur puisqu’il s’élève.

b. L’énergie mécanique du système se conserve, donc :

ℰm

(bas) = ℰm

(haut) avec ℰm

(bas) = 4,2 × 103 J.

Lorsqu’il atteint sa hauteur maximale, sa vitesse est nulle donc ℰ

m (haut) = m·g·z

max

Donc ℰ

m(haut)

m·gz

max = = 6,1 m.= 4,2 × 103

70 × 9,81



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

122

Si toute l’énergie cinétique est convertie en énergie potentielle de pesanteur, l’altitude maximale atteinte est de 6,1 m.

c. Cette hauteur n’est pas suffisante pour battre le record du monde.

d. En réalité, il s’élève plus haut car, à la fin de sa montée, le sauteur pousse la perche avec ses bras, ce qui lui donne une impulsion sup-plémentaire pour s’élever plus haut.

3. La perche, en se déformant, emmagasine l’énergie cinétique du sauteur. En se dépliant, elle la restitue principalement sous forme d’énergie potentielle de pesanteur.

28 1. L’énergie cinétique du pendule a pour expression :

ℰc =

1

2 m·v2

v est la valeur de la vitesse de la bille en mètre par seconde (m·s–1) ; m la masse de la bille en kilogramme (kg) ; ℰ

c l’énergie cinétique de

la bille en joule (J).

2. a. L’énergie potentielle de pesanteur de la bille a pour expression : ℰ

p = m·g·z

G

zG est l’altitude de la bille par rapport à G

0 .

m s’exprime en kilogramme (kg) ; g est l’intensité de la pesanteur en newton par kilogramme (N·kg–1) ; z

G en mètre (m) ; ℰ

p en joule (J).

b. L’énergie potentielle de pesanteur est nulle pour θ = 0°.

3. L’énergie mécanique du pendule est constante, elle se conserve. La force de frottement de l’air est négligeable devant le poids de la bille.

4. Lors d’une oscillation, il y a transfert d’énergie potentielle de pe-santeur en énergie cinétique lorsque la bille se dirige vers la position G

0 , position d’équilibre du pendule, et transfert d’énergie cinétique

en énergie potentielle de pesanteur lorsque la bille s’éloigne de G0 .

5. a. Par lecture graphique, l’énergie cinétique maximale du pen-dule est de ℰ

c max = 15 mJ.

b. 2ℰ

c max

mv

max = = = 1,0 m·s–1C 2 × 15 × 10–3

30 × 10–3CLa valeur maximale de la vitesse du pendule lorsqu’il passe en G

0 est

vmax

= 1,0 m·s–1.

c. ℰ

p max

m·gz

G max = = = 5,1 × 10–2 m

15 × 10–3

30 × 10–3 × 9,81La hauteur maximale atteinte par le pendule est 5,1 cm au-dessus de G

0 .

6. a. Par lecture graphique, θmax

= 30°.

b. zG max

= L∙(1 – cos θmax

)

d’où z

G max

1 – cos θmax

L = = 0,38 m.

La longueur du pendule est 38 cm.


Étape 1 : S’approprier la consigne ou la question posée1. Qu’est-ce que le KL ?

2. Quel est le profil d’une piste de KL ?

3. À partir d’où l’altitude est-elle mesurée ?

4. Comment perdre de la vitesse sans freiner ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents5. La vitesse du skieur est maximale dans la zone de chronométrage.

6. La vitesse est reliée à l’énergie cinétique.

7. Cette énergie cinétique peut être convertie en énergie poten-tielle de pesanteur.

Étape 3 : Dégager la problématique8. À quelle altitude le skieur possède-t-il une énergie potentielle de pesanteur égale à son énergie cinétique maximale ?

Étape 4 : Construire la réponse – L’énergie cinétique du skieur a pour expression :

12

m∙v2.ℰc =

– L’énergie mécanique du skieur dans la zone de chronométrage est égale à son énergie cinétique.

12

m∙v2ℰm1

=

– À l’arrêt, toute son énergie cinétique est convertie en énergie po-tentielle de pesanteur.ℰ

m2 = ℰ

p = m∙g∙z

– Il n’y a pas de frottements dans la zone d’arrêt, l’énergie méca-nique du skieur est constante.ℰ

m = constante d’où ℰ

m1 = ℰ

m2 .

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiqueÀ la fin du chronométrage, le skieur doit s’arrêter dans la zone de ralentissement et d’arrêt. S’il se laisse glisser sans freiner, il faut que la piste remonte pour que cet arrêt soit possible. De combien la piste doit-elle remonter ?

• Mise en forme de la réponseLa fin de la zone de chronométrage est choisie comme origine des altitudes.

Dans la zone d’élan, le skieur acquiert une vitesse de valeur maxi-male de v = 252,454 km·h–1. Son énergie mécanique dans la zone

de chronométrage est égale à son énergie cinétique : 12

m·v2.ℰm1

=

À l’arrêt, toute son énergie mécanique se trouve sous forme d’éner-gie potentielle de pesanteur :

ℰm2

= ℰp = m·g·z

Il n’y a pas de frottements, l’énergie mécanique du skieur est donc constante : ℰ

m = constante d’où ℰ

m1 = ℰ

m2 .

12

m·v2= m·g·z d’où

v2

2gz = ce qui conduit à :

9,81z = = 251 m

0,5 × (252,454 2

3,6)

• Conclusion revenant sur la problématiqueLa piste doit remonter de 251 m pour que le skieur s’arrête sans freiner.

30 1. a. Juste avant le dernier saut, Chloé possède de l’énergie cinétique et de l’énergie potentielle de pesanteur.

b. 12

m·v2 + m·g·zℰm

= ℰc + ℰ

p =

avec m = 63 kg, la masse de Chloé, v = 20 m·s–1, la valeur de sa vitesse juste avant le dernier saut, et z = 21 m, l’altitude de Chloé par rapport à la ligne d’arrivée.

12

× 63 × 202 + 63 × 9,81 × 21 = 2,6 × 104 Jℰm

=

L’énergie mécanique de Chloé juste avant le dernier saut est 2,6 × 104 J.

2. a. Si l’énergie mécanique de Chloé se conserve notamment au niveau du saut, ce dernier peut être qualifié de chute libre.

b. Puisque l’énergie mécanique se conserve, on peut écrire que ℰ

m (bas) = ℰ

m (haut)

12

m·vbas

+ m·g·zbas

ℰm

(bas)= ℰc (bas) + ℰ

p (bas) = 2

On a zbas

= 20 – 5 + 1 = 16 m, alors :

2(ℰm

(bas) – m·g·zbas

)m

vbas

= = 22 m·s–1CRemarque : valeur obtenue à partir de ℰ

m (bas) non arrondie.

Après son saut, la valeur de la vitesse de Chloé lorsqu’elle touche le sol est de 22 m·s–1.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


L’énergie mécanique étant constante, par un raisonnement ana-logue on obtient :

2ℰm

(bas)m

varrivée

= = 28 m·s–1CRemarque : valeur obtenue à partir de ℰ

m (bas) non arrondi.

Sur la ligne d’arrivée, Chloé a une vitesse de valeur égale à 28 m·s–1.

3. • Contexte introduisant la problématiqueLors du saut, on peut considérer que la skieuse n’est soumise qu’à son poids. Elle est alors en chute libre et son énergie mécanique est constante. Ce type de mouvement est-il satisfaisant pour améliorer les performances en snowboard cross ?

• Mise en forme de la réponseLa conservation de l’énergie mécanique sous-entend que l’on né-glige les forces appliquées au système devant le poids de ce dernier.

Cela signifie que l’on néglige les frottements entre le snowboard et la neige et les frottements entre l’air et la snowboardeuse. Ces deux types de frottements ne sont sûrement pas négligeables vu la valeur de la vitesse.

En considérant que les frottements ne sont pas négligeables, la skieuse va essayer de les limiter au maximum. Pour diminuer les frottements de l’air, il faut limiter la surface du corps face aux frot-tements en se regroupant. Cette position est plus « facile » à main-tenir avec les skis en contact avec le sol que lors d’un saut.

De plus, la skieuse va chercher à optimiser sa trajectoire. Pour cela, il faut que les skis soient en contact avec la piste.

• Conclusion revenant sur la problématiqueDe par les frottements de l’air et de la neige, l’énergie mécanique de la skieuse n’est pas constante. Pour les limiter, la skieuse doit rester au contact de la piste.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

124


Exercice 29



S’approprier


• Lors du record du monde du KL, le skieur atteint une vitesse de valeur égale à 252,454 km·h–1.

• La zone de ralentissement et d’arrêt s’étend sur 500 m à 600 m.


• L’élève connaît les expressions :

– de l’énergie cinétique ;

– de l’énergie potentielle de pesanteur ;

– de l’énergie mécanique.

• L’élève connaît le principe de conservation de l’énergie.


De quelle hauteur doit remonter la piste pour que l’énergie ciné-tique maximale atteinte par le skieur dans la zone de chronomé-trage soit convertie en énergie potentielle de pesanteur ?

Analyser





• Calculer l’énergie cinétique maximale du skieur dans la zone de chronométrage.

• Prendre une référence des altitudes et des énergies potentielles de pesanteur.

• Calculer l’énergie mécanique du skieur dans la zone de chrono-métrage.

• Supposer que l’énergie mécanique du skieur se conserve.

• Calculer l’énergie potentielle de pesanteur du skieur lorsque son énergie cinétique est nulle.

• Calculer alors l’altitude du skieur.








Valider



– en commentant ;



La piste doit remonter de 251 m pour que le skieur s’arrête sans freiner.

• Éventuellement, l’élève commente le résultat et fait preuve d’es-prit critique sur l’absence de frottements.












© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


ECE

expérimentale

ActivitéECE 3 p. 237

Éviter la douche écossaise 3 p. 237 du manuel

Compléments

Matériel et consommables• Une balance électronique au dixième de gramme.

• Un calorimètre.

• Une canette.

• Une éprouvette graduée.


• Un grand bécher.

• Un système d’acquisition numérique avec deux capteurs de tem-pérature, ou deux thermomètres.

Les thermomètres doivent être correctement étalonnés avant l’expérience.

Lors de l’expérience, les sondes ne doivent pas toucher les parois et il faut agiter légèrement pour que la température soit homogène à l’intérieur de chaque masse d’eau.


S’approprierLa compétence « S’approprier » est évaluée lors de la proposition par l’élève du protocole expérimental. L’élève doit correctement observer le matériel mis à sa disposition pour faire le lien avec le chauffe-eau et les formules du bilan thermique dans les documents.

RéaliserLa compétence « Réaliser » est évaluée en observant l’élève réaliser le montage ainsi que le suivi de l’évolution des températures.

ValiderLa compétence « Valider » est évaluée à la suite de l’expérimenta-tion. Le travail fourni par l’élève doit lui permettre de trouver une température d’équilibre qui lui permettra par la suite de calculer les transferts thermiques mis en jeu.

CommuniquerLa compétence « Communiquer » évalue par la capacité de l’élève à présenter correctement ses conclusions à l’aide des résultats qu’il a obtenus.

Solutions pour le premier appel et la proposition du protocole expérimental

Solution partielle 1Le professeur indique à l’élève que l’on peut modéliser l’eau chaude du fluide caloporteur par de l’eau chaude contenue dans la canette en aluminium. Il indique également que l’eau froide du chauffe-eau peut être modélisée par l’eau contenue dans le calorimètre.

Solution partielle 2 Le professeur indique à l’élève qu’il doit mesurer les masses respec-tives m

1 d’eau chaude et m

2 d’eau froide.

Solution totaleLe professeur donne l’intégralité du protocole expérimental à l’élève.

Solutions pour la validation des résultats

Solution partielle 1Le professeur indique à l’élève qu’il doit utiliser la relation du do-cument 2 pour calculer les énergies échangées lors des transferts thermiques liés à chacune des masses d’eau.

Solution partielle 2Le professeur indique à l’élève qu’il doit interpréter les signes des calculs précédents pour analyser les échanges ayant lieu au sein du cumulus.

Solution totaleLe professeur indique à l’élève les calculs à effectuer. Il indique également à l’élève qu’il doit justifier le signe des énergies calculées. Enfin, il indique à l’élève qu’il doit comparer les énergies et conclure en utilisant le principe de conservation de l’énergie.

Un exemple de réponse1. On verse une masse m

2 (par exemple 350 g) d’eau froide dans

le calorimètre, et une masse m1 (par exemple 200 g) d’eau chaude

dans la canette. On introduit la canette à l’intérieur du calorimètre et on suit l’évolution des températures de chaque masse d’eau au cours du temps.

2. On observe que la température de l’eau chaude contenue dans la canette diminue. Au même moment, la température de l’eau contenue dans le calorimètre augmente. Après une certaine durée, les deux masses d’eau arrivent à l’équilibre thermique. Il y a eu transfert thermique de l’eau chaude contenue dans la canette vers l’eau froide contenue dans le calorimètre.Les résultats obtenus sont inscrits dans le tableau suivant.

Eau chaude Eau froide

θi = 64 °C θi = 22 °C

θf = 35 °C θf = 35 °C

• Pour l’eau chaude contenue dans la canette :

ℰth1

= m1·c

eau·∆θ = 0,200 × 4,18 × 103 × (35 – 64) = –24 × 103 J

soit ℰth1

= –24 kJ.

1



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

126

• Pour l’eau froide contenue dans le calorimètre :

ℰth2

= m2·c

eau· ∆θ = 0,350 × 4,18 × 103 × (35 – 22) = 19 × 103 J

soit ℰth2

= 19 kJ.

Le signe positif montre que l’eau du calorimètre a reçu de l’énergie.

Le signe négatif montre que l’eau chaude de la canette a perdu de l’énergie. La canette perd aussi de l’énergie, mais ici on ne peut pas la calculer.

En comparant les valeurs numériques, on constate que l’énergie perdue par l’eau chaude a été en partie transférée à l’eau froide du calorimètre. Une partie est cédée à l’extérieur (calorimètre, environnement).

Il est possible de calculer celle gagnée par le calorimètre si on connaît sa capacité thermique.

Par exemple, avec C = 160 J·°C–1, on obtient :

ℰth3

= C·∆θ = 160 × (35 – 22) = 2,1 × 103 J

soit ℰth3

= 2 kJ.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

127Exercices de synthèse

Synt

hèse

de synthèse 3 p. 238 et 239Exercices

1 Le marquage isotopique en médecine et en chimie 3 p. 238 du manuel

1. 9F r

01e +

ZAO18

Au cours d’une réaction nucléaire, il y a conservation du nombre de masse et du numéro atomique (ou nombre de charge). Par consé-quent : A = 18 et Z = 8.

Il s’agit donc de l’isotope 8O18 de l’oxygène dont le noyau comporte

8 protons et (18 – 8) = 10 neutrons.

2. L’activité d’un échantillon est le nombre de désintégrations par seconde. Elle s’exprime en becquerel (Bq).

3. a. D’après le graphe du document 1, l’antécédent du point d’or-donnée A(t

i) est t

i = 174 min.

b. En 174 min, soit environ 3 heures, l’activité de la dose de FDG18F à injecter est passée de 800 Bq à l’instant de sa prépa-

ration à 260 Bq au moment de son injection. Cette décroissance radioactive nécessite que les doses de FDG18F à injecter soient fabriquées à proximité du laboratoire d’imagerie médicale.

4. D’après le document 2, toutes les molécules de salicylate de mé-thyle formées contiennent un atome d’oxygène O*, ce qui valide l’hypothèse 2, c’est-à-dire que le groupe O*CH3 va se fixer sur le carbone du groupe carboxyle de l’acide salicylique.

5. • Contexte introduisant la problématiqueLes propriétés chimiques d’un isotope radioactif sont mises à profit dans le diagnostic et le traitement de certaines maladies ainsi que dans la compréhension de certains mécanismes chimiques.

• Mise en forme de la réponse Les rayonnements émis par les isotopes radioactifs peuvent être utilisés en médecine à des fins de diagnostic ou de thérapie. Dans ce cas, l’isotope radioactif est couplé à une molécule qui va être introduite dans le corps humain pour cibler l’organe ou la partie du corps à traiter ou imager (cancers, dysfonctionnements cardiaques, etc.). Il s’agit de la médecine nucléaire.

Ces rayonnements permettent également de suivre la progression d’une substance marquée, principe de traçage utilisé en biologie notamment pour le développement de médicaments en suivant les molécules de principe actif dans l’organisme.

En chimie, l’utilisation d’isotope radioactif s’avère très intéressante pour étudier les mécanismes chimiques afin de mieux comprendre comment les espèces réactives interagissent pour former les pro-duits souhaités.

• Conclusion revenant sur la problématique Comme nous venons de le voir, l’utilisation d’isotopes radioactifs est très intéressante dans le domaine de la santé et de la chimie. D’autres secteurs, comme l’industrie (comportement d’un fluide à l’intérieur d’une machine…) ou l’étude de l’environnement (mar-quage de polluants ou de sédiments…), utilisent les isotopes ra-dioactifs.

2 La RMN : une technique physique d’analyse chimique 3 p. 239 du manuel

1. Le noyau d’un atome d’hydrogène 11H est uniquement composé

d’un proton et ne comporte pas de neutron.

2. L’expression « champ magnétique uniforme » signifie que le vec-teur champ magnétique a, en tout point de l’espace, même direc-tion, même sens et même valeur.

3. a. La longueur d’onde se déduit de l’expression .c

ℰ = h· = h·

Ainsi = h · .cℰ

3,00 × 108

1,2 × 10–25 = 6,63 × 10–34 × = 1,7 m

b. Il s’agit d’une désexcitation d’un niveau ℰ2 vers un niveau ℰ

1 :

Émissiond'un photon

%2

%

%1

c. Dans le texte, il est écrit que plus le noyau d’hydrogène est proche d’un atome électronégatif et plus son déplacement chimique est important. Dans ces conditions, le signal dont le déplacement chimique vaut 1,1 ppm est celui pour lequel les protons sont les plus éloignés de l’atome d’oxygène. Il s’agit donc du groupe d’atomes d’hydrogène représentés en bleu dans la formule semi-développée de l’éthanol. De même, le massif dont le déplacement chimique vaut 3,8 ppm peut être attribué aux atomes d’hydrogène représen-tés en vert.

d. Le dernier signal est celui dont le déplacement chimique est le plus important. Il s’agit donc de l’atome d’hydrogène lié à un atome d’hydrogène. Il est représenté en rouge sur la formule développée de la molécule.


Chapitre 13 1Ressources énergétiques

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

128

Chapitre

Ressources énergétiques

13


Réactions chimiques et aspects énergétiques associés : énergie libérée lors de la combustion d’un hydrocarbure ou d’un alcool ; ordres de grandeur.

Écrire une équation de combustion.

Mettre en œuvre un protocole pour estimer la valeur de l’énergie libérée lors d’une combustion.

Ressources énergétiques renouvelables ou non ; durées caractéristiques associées.

Transport et stockage de l’énergie ; énergie électrique.

Recueillir et exploiter des informations pour identifier des problématiques :

– d’utilisation des ressources énergétiques ;

– du stockage et du transport de l’énergie.

Argumenter en utilisant le vocabulaire scientifique adéquat.

Stockage et conversion de l’énergie chimique.

Énergie libérée lors de la combustion d’un hydrocarbure ou d’un alcool.

Recueillir et exploiter des informations sur le stockage et la conversion d’énergie chimique.

Écrire une équation de combustion.

Argumenter sur l’impact environnemental des transformations mises en jeu.

Déterminer l’ordre de grandeur de la masse de CO2 produit lors du dépla-

cement d’un véhicule.


Expliquer la production d’énergie électrique par l’alternateur de bicyclette, par la transformation de l’énergie mécanique.

Expliquer la production d’énergie électrique dans une centrale hydraulique ou éolienne par la transformation de l’énergie mécanique.

Physique Chimie 2de

Écrire l’équation de la réaction chimique avec les nombres stœchiométriques corrects. Exemple d’une combustion.

Ressources numériquesCapsule vidéo : Énergie libérée par une combustion

Animation : Différentes ressources énergétiques

Activités web : Différentes sources d’énergie (planete-energies.com)

& Énergies du futur (CEA)





Activités

Principales ressources énergétiques 3 p. 244-245 du manuel

Compléments


a Savoir si une source d’énergie est renouvelable ou non. (3e)

a Savoir que l’alternateur est la partie commune à toutes les cen-trales électriques. (3e)

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeEn utilisant les documents, l’élève doit réinvestir les notions abor-dées en 3e :

– différencier énergies non renouvelable et renouvelable ;

– savoir comment est produite l’énergie électrique dans une cen-trale électrique.

Programme officiel

1


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

129Chapitre 13 1Ressources énergétiques

Réponses

1. Il est possible de regrouper les résultats dans un tableau :

UtilisationConversion en énergie thermique

Conversion en énergie électrique

Ressource(s)

– Biomasse

– Ressource fossile ( pétrole, gaz, charbon)

– Géothermie

– Ressource solaire (cap-teurs solaires)

– Ressource fossile ( pétrole, gaz, charbon)

– Ressource éolienne

– Ressource hydraulique

– Ressource solaire (pho-tovoltaïque)

2. L’alternateur est le dispositif commun à une centrale hydroélec-trique, une centrale thermique ou une centrale nucléaire. Il permet de fournir une tension alternative.

3.

Ressources énergétiquesrenouvelables

Ressources énergétiquesnon renouvelables

– Biomasse

– Géothermie

– Ressource hydraulique

– Ressource solaire

– Ressource éolienne

– Ressource fossile (pétrole, gaz, charbon)

– Ressource fissile (uranium 235)

Stockage et conversion de l’énergie chimique 3 p. 246 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations sur le stockage, le trans-port et la conversion d’énergie chimique.

a Écrire une équation de combustion.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeL’objectif de cette activité est d’exploiter différents documents sur l’énergie chimique, afin de pouvoir la définir, et d’étudier les conversions énergétiques la mettant en jeu. Parmi les conversions énergétiques, la conversion en énergie thermique est abordée avec l’écriture d’une équation de réaction de combustion.

Réponses

1. Une réaction chimique libère de l’énergie si l’énergie libérée lors de l’étape de formation des liaisons chimiques est supérieure à celle consommée lors de l’étape de rupture des liaisons.

2. Il est nécessaire de transporter et de stocker l’énergie chimique pour pouvoir réaliser les conversions utiles, très souvent la conver-sion en énergie thermique, au plus près des utilisateurs. L’énergie chimique ne peut pas toujours être utilisée au fur et à mesure de sa production ni sur son lieu de production.

3. Les plantes réalisent la photosynthèse : c’est la production de matière organique et de dioxygène à partir du dioxyde de car-bone atmosphérique et d’eau. Grâce à l’énergie rayonnante, il y a

production d’énergie chimique. La plante est le siège d’une réaction photochimique : c’est un « réacteur » photochimique.

4. L’énergie chimique est convertie en énergie électrique dans les batteries d’accumulateurs comme les batteries Li-Ion utilisées dans les téléphones portables. Elle peut également être convertie en énergie électrique à l’aide des piles.L’énergie chimique peut être convertie en énergie thermique par les réactions de combustion.

5. L’équation de combustion complète du méthane avec le dioxygène de l’air produit du dioxyde de carbone et de l’eau (doc. 3.).

L’équation de la réaction équilibrée est :CH

4 (g) + 2 O

2 (g) r CO

2 (g) + 2 H

2O (g)

Chaud devant, combustion ! 3 p. 247 du manuel

Compléments


a Écrire une équation de combustion.

aMettre en œuvre un protocole pour estimer la valeur de l’énergie libérée lors d’une combustion.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeL’étude des documents doit amener l’élève à proposer un protocole expérimental qui lui permettra de répondre à la problématique.

Nous avons choisi de proposer cette activité sous forme d’investi-gation car elle repose en partie sur des notions déjà abordées dans le chapitre 12 concernant la conservation de l’énergie.

La seconde partie du questionnement a pour objectif d’évaluer la masse de dioxyde de carbone produite par la réaction de combustion

de l’acide stéarique. Cela permet de construire un raisonnement proche de celui nécessaire pour déterminer l’ordre de grandeur de la masse de CO

2 produit lors du déplacement d’un véhicule.

Matériel et consommables• Une boîte en aluminium.

• Une bougie chauffe-plat constituée d’acide stéarique ou de paraffine.

• Un support pour tenir la boîte au-dessus de la bougie.

• Un thermomètre ou une sonde munie d’un capteur de température.

• Un agitateur.

• Une balance à 0,01 g de précision.

2

3



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

130

Conseils• Utiliser de l’eau préalablement refroidie à une température infé-rieure à 10 °C. Cela permet de compenser en partie les échanges énergétiques avec le milieu extérieur.

• Bien agiter au fur et à mesure de l’évolution de l’expérience pour avoir une température homogène.

• Ne pas trop rapprocher la bougie de la boîte de conserve afin d’éviter au maximum la combustion incomplète.

• Une planchette en bois a été utilisée pour limiter les pertes ther-miques par conduction dans le support.

Exemple de schéma de montage :

Bougie de typechauffe-plat

Planche

Eau

Boîte

Agitateur

Pince isolée

Thermomètre

• Nous avons obtenu des valeurs d’énergie thermique massique de combustion inférieures à celles tabulées. Cela peut s’expliquer par :

– une combustion incomplète de l’acide stéarique (dépôt noir sur le fond de la boîte) ;

– des déperditions thermiques dans l’air ambiant non compensées.

Réponses



1. En utilisant le matériel à disposition, proposer un protocole expérimental permettant de déterminer l’énergie thermique transférée à un volume d’eau d’environ 200 mL, par la combustion supposée complète d’une bougie chauffe-plat. Mettre en œuvre ce protocole expérimental après validation par le professeur.


Analyser • Justifier ou élaborer un protocole.

Communiquer • Rendre compte à l’écrit.

2. Après avoir mis en œuvre le protocole expérimental, déterminer :

a. l’énergie thermique ℰth1

de changement d’état de l’acide stéarique (doc. 2) ;

b. l’énergie thermique ℰth2

reçue par la masse d’eau ainsi que par la boîte en aluminium (doc. 3) ;

c. l’énergie ℰth3

libérée lors de la combustion de la bougie lors de l’expérience.

Analyser • Exploiter des observations, des résultats, des mesures.

Réaliser • Faire des calculs.

3. Après avoir déterminé la masse de bougie consommée lors de l’expérience, calculer l’énergie libérée par la combustion supposée complète de 20 g d’une bougie chauffe-plat.

Analyser • Exploiter des observations, des résultats, des mesures.

Réaliser • Faire des calculs.

Solution totale

Exemple de résultats :

mboîte

= 76,43 g

meau

= 220,0 g

mbougie1

= 96,68 g

mbougie2

= 95,67 g

θi = 10,1 °C ; θ

f = 34,2 °C

En supposant les échanges énergétiques nuls avec le milieu extérieur, la détermination de l’énergie ℰ

th mise en jeu lors de la combustion

de la bougie peut s’écrire :

ℰth

= (meau

∙ ceau

+ mboîte

∙ cAl) ∙ (θ

f – θ

i ) + L · (m

bougie1 – m

bougie2)

ℰth

= (220,0 × 4,18 + 76,43 × 0,90) × (24,1) + 1,0 × 103 × (1,01)

ℰth

= 2,48×104 J

Cette énergie ℰth

est libérée lors de la combustion d’une masse de bougie de :

mbougie

= mbougie1

– mbougie2

mbougie

= 96,68 – 95,67

mbougie

= 1,01 g

Pour une bougie de 20 g, on peut calculer l’énergie libérée :

201,01

= 4,9 × 105 J = 4,9 × 102 kJℰ = 2,48 × 104 ×

Réponses

1. L’équation de la réaction de combustion complète de l’acide stéarique peut s’écrire :

C18

H36

O2 + 26 O

2 r 18 CO

2 + 18 H

2O

2. L’énergie thermique molaire est l’énergie libérée pour une mole d’acide stéarique, ainsi :

ℰn(C

18H

36O

2)

M(C18

H36

O2)

m(C18

H36

O2)

= ℰ ∙ℰmol

=

284,520

= 7,0 × 106 Jℰmol

= 4,9 × 102 ×

3. Il est possible d’établir un tableau d’avancement pour cette réaction de combustion en ayant au préalable déterminé la quantité d’acide stéarique contenue dans 20 g de bougie.

m(C18

H36

O2)

M(C18

H36

O2)

n(C18

H36

O2) =

20284,5

= 7,0 × 10–2 moln(C18

H36

O2) =

On déduit du tableau d’avancement (voir tableau ci-dessous) :

n(CO2)

formé = 18 × x

max = 18 × 7,0 × 10–2 = 1,3 mol

La masse de dioxyde de carbone est donc :

m(CO2) = n(CO

2) ∙ M(CO

2)

soit 1,3 × (12,0 + 2 × 16,0) = 56 g.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Équation C18

H36

O2 + 26 O

2 r 18 CO

2 + 18 H

2O

État du système Avancement (en mol) n(C18

H36

O2) n(O

2) n(CO

2) n(H

2O)

État initial x = 0 7,0 × 10–2 excès 0 0

État intermédiaire x 7,0 × 10–2 – x excès 18 x 18 x

État final xmax

0 excès 18 xmax

18 xmax

Dépendance aux énergies : impact environnemental 3 p. 248 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations pour identifier des pro-blématiques d’utilisation des ressources énergétiques.

a Argumenter sur l’impact environnemental des transformations mises en jeu lors des combustions.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité a pour objectif de sensibiliser les élèves aux problé-matiques environnementales liées aux dépendances énergétiques. L’élève est amené à produire un texte dans lequel il doit utiliser un vocabulaire adapté concernant ces problématiques. Il doit pour cela interpréter des diagrammes de différents formats sur l’utilisation des ressources énergétiques et leurs perspectives d’évolution.

Réponses

1. La tep (tonne équivalent pétrole) est l’énergie libérée, en moyenne, par la combustion complète d’une tonne de pétrole.1 Mtep = 1 × 106 tep1 Gtep = 1 × 109 tep

2. a. D’après le document, en France, le premier secteur responsable de l’émission de CO

2 dans l’air est le secteur du transport routier.

Il est responsable à lui seul de 33 % des émissions de ce gaz à effet de serre en 2012.Remarque : au niveau mondial, c’est la production d’électricité qui est la principale cause.b. Les réactions de combustion des différents carburants (GPL, essence, gazole, etc.) sont responsables des émissions de dioxyde de carbone dans l’atmosphère.c. Parmi les gaz polluants formés par le transport routier, on peut citer en premier les oxydes d’azote NO

x . Le monoxyde de carbone

CO est également formé ainsi que l’ozone O3 indirectement.

3. a. Les rayonnements émis ou renvoyés par la Terre vers l’espace sont en partie piégés par les gaz composant l’atmosphère : c’est l’effet de serre. Il est dû aux gaz à effet de serre présents, naturellement ou produits par les activités humaines, dans l’atmosphère terrestre.

b. Il est nécessaire de limiter l’effet de serre dû à l’activité humaine car il a pour conséquence un réchauffement climatique qui entraîne une montée du niveau des mers, une modification des courants océaniques, des dérèglements climatiques…

4. La demande en ressources énergétiques va augmenter dans les prochaines années, au fur et à mesure de l’augmentation de la popu-lation mondiale et de la croissance de pays en voie de développement. Parallèlement à cette demande en hausse, les ressources fossiles sont en voie d’épuisement. La combustion de ces ressources qui permet d’obtenir de l’énergie électrique, de l’énergie thermique ou de l’énergie mécanique (transport routier) libère dans l’atmosphère de nombreux gaz polluants : certains influencent le climat en accé-lérant le réchauffement climatique (CO

2, CH

4, N

2O, CFC, HFC, PFC,

HCFC, O3), d’autres ont un impact sur la santé. Il est donc nécessaire

de réaliser des économies d’énergie afin de limiter la hausse de la demande en énergie. Il convient également de chercher des solutions alternatives durables pour remplacer les ressources énergétiques actuelles polluantes et limiter le changement climatique.

4



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

132

Exercices 3 p. 253 à262 du manuel

QCM


1 1. B ; 2. A ; 3. A et B ; 4. A et C.

2 1. A et B ; 2. A et C ; 3. A et C. ; 4. B ; 5. B ; 6. B et C.

3 1. B ; 2. B ; 3. C.



5 Voir correction de l’exercice 24.



7 C2H

6O + 3 O

2 r 2 CO

2 + 3 H

2O

• Pour 1 km :

m(C2H

6O)

M(C2H

6O) M(C

2H

6O)

100

ρéthanol

·Véthanol

=n(C2H

6O) =

46,1100

789 × (8,2 × 0,85)

n(C2H

6O) =

soit n(C2H

6O) = 1,2 mol.

• Tableau d’avancement de cette réaction pour un état initial cor-respondant à n

i(C

2H

6O) = 1,2 mol d’alcool (réactif limitant ici) :

voir en fin de chapitre.

Dans l’état final, nf(C

2H

6O) = 1,2 – x

max = 0.

Donc xmax

= 1,2 mol.

nf(CO

2) = 2x

max = 2 × 1,2 = 2,4 mol

m(CO2) = n

f(CO

2)·M(CO

2) = 2,4 × (12 + 2 × 16)

soit m(CO2) = 1,1 × 102 g

Ce véhicule a rejeté environ 1,1 × 102 g de dioxyde de carbone lors de ce parcours de 1,0 km.



8 1. Une ressource énergétique non renouvelable est une res-source qui n’est pas exploitable sans limitation de durée à l’échelle humaine.

2. Les ressources énergétiques non renouvelables dans cette liste sont le charbon et l’uranium.

9 1. La ressource énergétique présentée dans la photographie est renouvelable car elle se reconstitue rapidement à l’échelle de temps humaine.

2. La ressource solaire (panneaux photovoltaïques) et la ressource éolienne sont deux ressources renouvelables permettant de pro-duire de l’énergie électrique.

10 1. Les ressources énergétiques fossiles dans cette liste sont le charbon et le pétrole.

2. Le charbon et le pétrole sont exploités dans des centrales ther-miques. La ressource solaire peut être exploitée dans une centrale solaire à l’aide de panneaux photovoltaïques. L’eau en mouvement est utilisée dans une centrale nucléaire pour alimenter une turbine.

11 1. Le charbon est une énergie fossile car il est formé par la dégradation lente de matières organiques végétales.

2. Le gaz et le pétrole sont deux autres ressources énergétiques fossiles.

12 Les réservoirs de la liste permettant de stocker de l’énergie chimique sont : une batterie d’accumulateurs électriques, du pé-trole, du glucose.

13 1. L’énergie chimique est stockée dans la biomasse composant la forêt amazonienne.

2. La photosynthèse est le phénomène qui permet le stockage de l’énergie sous forme chimique.

3. On ne peut plus parler de ressource renouvelable car la défo-restation est plus rapide que la reconstitution du stock d’énergie chimique.

14 a. Un poêle à bois est un exemple de convertisseur énergie chimique r énergie thermique.

b. Un accumulateur en décharge ou une pile sont des exemples de convertisseurs énergie chimique r énergie électrique.

c. Les muscles sont des convertisseurs énergie chimique r énergie mécanique.

15 1. a. Lors d’une réaction chimiluminescente, il y a conversion d’énergie chimique en énergie rayonnante.

b. Lors d’une réaction nucléaire au cœur d’une étoile, il y a conver-sion d’énergie nucléaire en énergie rayonnante.

c. Dans le cas d’une éolienne dont les pales tournent et reliée à des accumulateurs, il y a conversion d’énergie mécanique en énergie chimique.

d. Dans un muscle d’une personne en train de courir, il y a conver-sion d’énergie chimique en énergie mécanique (et aussi thermique).

2. Il y a stockage d’énergie chimique dans le cas c.

16 a. CH4 + 2 O

2 r CO

2 + 2 H

2O

b. 2 C2H

6 + 7 O

2 r 4 CO

2 + 6 H

2O

c. 2 C3H

7OH + 9 O

2 r 6 CO

2 + 8 H

2O

17 1. a. La formule brute d’un alcane est CnH

2n+2.

b. Le groupe caractéristique d’un alcool est le groupe hydroxyle –OH.

2. a. Cet alcane possède 9 atomes de carbone et 20 atomes d’hy-drogène d’après les nombres stœchiométriques du dioxyde de car-bone et de l’eau :

C9H

20 + 14 O

2 r 9 CO

2 + 10 H

2O

La formule brute de cet alcane est C9H

20 .


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


b. Cet alcool possède 2 atomes de carbone et 6 atomes d’hydrogène :

C2H

6O + 3 O

2 r 2 CO

2 + 3 H

2O

La formule brute de cet alcool est C2H

6O. C’est l’éthanol.

c. Cet alcool possède 6 atomes de carbone et 14 atomes d’hydro-gène :

C6H

14O + 9 O

2 r 6 CO

2 + 7 H

2O

La formule brute de cet alcool est C6H

14O.

18 1. Pétrolier : transport d’énergie chimique.

Ligne à haute tension : transport d’énergie électrique.

2. Le transport de l’énergie est nécessaire car les lieux de production et les lieux de consommation de l’énergie ne sont pas les mêmes.

19 1. La biomasse permet naturellement de stocker l’énergie chimique.

L’homme a inventé des piles, des accumulateurs pour stocker l’énergie chimique.

2. Il n’existe pas de dispositifs adaptés au stockage à grande échelle de l’énergie électrique : l’électricité ne se stocke pas.

20 1. a. C12

H26

b. 2 C12

H26

+ 37 O2 r 24 CO

2 + 26 H

2O

2. a. • Pour 100 km :

=m(C

12H

26)

M(C12

H26

)

ρgazole

·V

M(gazole) =

835 × 5,9170,0

n(C12

H26

) =

soit n(C12

H26

) = 29 mol.


i(C

12H

26) = 29 mol d’alcane (réactif limitant ici) :


nf(C

12H

26) = 29 – 2x

max = 0, donc mol

292

xmax

= .

= 3,5 × 102 mol292

nf(CO

2) = 24x

max = 24 × pour ce parcours de

100 km.

b. La masse de dioxyde de carbone produite est :

m(CO2) = n

f(CO

2)·M(CO

2)

soit m(CO2) = 1,5 × 104 g.

Ce véhicule a rejeté environ 15 kg de dioxyde de carbone lors de ce parcours de 100 km.

3. Le carbone C (s) est l’un des produits pouvant être obtenus lors d’une combustion incomplète. L’hypothèse « combustion com-plète » est donc critiquable, la masse de CO

2 calculée précédem-

ment est surestimée.

21 1. Le propane est l’alcane à 3 atomes de carbone : CH3CH3 CH2

Le butane est l’alcane linéaire à 4 atomes de carbone : CH3CH2CH3 CH2

2. Les équations de la réaction de combustion complète de ces deux alcanes s’écrivent :

• Butane

2 C4H

10 + 13 O

2 r 8 CO

2 + 10 H

2O

• Propane

C3H

8 + 5 O

2 r 3 CO

2 + 4 H

2O

3. a. • La quantité de matière n(C4H

10) du butane consommé lors

d’un parcours de 1,0 km se calcule par :

m(C4H

10)

M(C4H

10) M(C

4H

10)

100

ρbutane,liq

× V × 0,50

=n(C4H

10) =

585 × 10 × 0,50100 × 58,1

= 0,50 moln(C4H

10) =

0,50 mol de butane est consommée pour un trajet de 1,0 km.


i(C

4H

10) = 0,50 mol de butane (réactif limitant ici) :



4H

10) = 0,50 – 2x

max = 0.

D’où xmax

= 0,25 mol.

• La stœchiométrie de la réaction implique qu’il s’est formé n

f(CO

2) = 8 x

max = 8 × 0,25 = 2,0 mol pendant ce parcours.

• La masse de dioxyde de carbone produit est :

m(CO2) = n

f(CO

2) · M(CO

2) = 2,0 × 44,0 = 8,9 × 101 g

b. Avec la même méthode, on trouve, pour le propane :

n(C3H

8) = 0,58 mol

xmax

= 0,58 mol

nf(CO

2) = 1,8 mol

m(CO2) = 7,7 × 101 g de dioxyde de carbone dans l’atmosphère

c. Pour un parcours de 1,0 km, la masse totale de dioxyde de car-bone rejeté par ce véhicule est la somme des deux masses calculées précédemment, soit 1,7 × 102 g environ.

22 1. L’équation de la réaction de combustion complète de l’oc-tane s’écrit :

2 C8H

18 + 25 O

2 r 16 CO

2 + 18 H

2O

2. La quantité de matière n(C8H

18) d’octane consommée lors d’un

parcours de 1,0 km se calcule par :

m(C8H

18)

M(C8H

18) M(C

8H

18)

100

ρessence

·V

=n(C8H

18) =

750 × 4,9100 × 114,2

= 0,32 moln(C8H

18) =

0,32 mol d’octane est consommée pour un trajet de 1,0 km.

3. a. • Tableau d’avancement de cette réaction pour un état initial correspondant à n

i(C

8H

18) = 0,32 mol d’octane (réactif limitant ici) :



8H

18) = 0,32 – 2x

max = 0.

D’où xmax

= 0,16 mol.


f(CO

2) = 16 x

max = 16 × 0,16 = 2,6 mol pendant ce parcours.

b. La masse de dioxyde de carbone produit est :

m(CO2) = n

f(CO

2) · M(CO

2) = 2,6 × 44,0 = 1,1 × 102 g

c. L’étiquette indique des émissions de 1,0 × 102 à 1,2 × 102 pour un trajet de 1,0 km. La valeur trouvée est conforme à l’inscription indiquée sur l’étiquette.

23 Traduction :

Un « point chaud » plus grand que prévu pour le méthane USUn petit « point chaud » dans le Sud-Ouest des États-Unis est res-ponsable de la production des plus fortes concentrations de mé-thane, un gaz à effet de serre, au-dessus des États-Unis – plus du triple du niveau de base estimé – d’après une nouvelle étude de données satellitaires [de 2002 à 2012] par des scientifiques de la NASA et de l’Université du Michigan.

Le méthane est un piège à chaleur efficace dans l’atmosphère ; comme le dioxyde de carbone, il contribue au phénomène de ré-chauffement climatique.

L’auteur principal de l’étude, Eric Kort de l’Université du Michi-gan, remarque que la période sur laquelle porte l’étude précède le



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

134

développement de la fracturation hydraulique, technique connue sous le nom de fracking, près de ce point chaud. Ceci indique que les émissions de méthane ne devraient pas être imputées à la frac-turation hydraulique mais plutôt aux fuites dans les installations de production et de traitement du gaz naturel du bassin San Juan au Nouveau-Mexique, principal site de production de gaz de charbon du pays.

Le gaz naturel contient de 95 à 98 % de méthane. Le méthane est incolore et inodore, ce qui rend difficile la détection de fuites sans instruments scientifiques.

« Les résultats indiquent que les émissions, par les techniques ac-tuelles de récolte de ressources fossiles, sont plus grandes que celles répertoriées » dit Kort. « Le grand usage de la fracturation hydrau-lique a beaucoup attiré l’attention mais nous devons nous intéres-ser à l’industrie dans son ensemble. »

1. La ressource énergétique évoquée est le gaz (naturel, gaz de char-bon et les gaz de schiste). Il s’agit d’une ressource non renouvelable.

2. L’émission de méthane dans l’atmosphère a pour conséquence une augmentation de l’effet de serre et le réchauffement climatique.

3. a. D’après la chronologie des événements (le point chaud a été détecté avant l’essor de la fracturation hydraulique), on ne peut pas affirmer que l’exploitation des gaz de schiste soit à l’origine des fortes émissions de méthane dans cette région.

b. Cet article soulève la problématique de l’impact environnemen-tal de l’exploitation de ressources énergétiques non renouvelables.

24 1. Les installations d’éoliennes se développent pour utiliser des ressources énergétiques renouvelables et pour limiter les émis-sions de gaz à effet de serre.

2. Certaines personnes s’opposent au développement des installa-tions d’éoliennes, car elles modifient le paysage et nécessitent de grandes surfaces d’occupation au sol.

On peut ajouter que la production d’énergie est intermittente, s’in-terroger sur le coût par rapport aux autres moyens de production ou parler des nuisances sonores.

3. Les centrales nucléaires assurent 75 % de la production totale d’électricité, soit :

0,75 × 564 = 423 TW · h

Un térawatt-heure nécessite 15 km2 dans le cas d’éoliennes ; on en déduit qu’il faudrait une surface :

S = 423 × 15 = 6,3 × 103 km2 pour remplacer complètement les centrales nucléaires par des éoliennes. Cela représente plus des deux tiers de la surface du département de la Dordogne !

4.

Installation Avantages Inconvénients

Installation éolienne

Ressource renou-velable

– Production intermittente

– Grande surface d’occupation au sol

– Nuisances visuelles étendues

– Nuisances sonores

Installation nucléaire

– Rendement régulier

– Faible surface d’occupation au sol

– Ressource non renouvelable

– Problème de maîtrise de la réac-tion de fission

– Nécessité de gérer les déchets sur de très longues durées

25 1. L’impossibilité de la rotation autour d’une double liaison est à l’origine de l’isomérie Z/E.

Les deux atomes d’hydrogène peuvent se trouver soit du même côté de la double liaison (Z), soit de part et d’autre (E). Ici, il s’agit de l’isomère Z.

2. L’équation de la réaction de combustion complète de l’oléate de méthyle est :

C19

H36

O2 + 27 O

2 r 19 CO

2 + 18 H

2O

3. a. • Tableau d’avancement de cette réaction pour un état initial correspondant à n

i moles d’oléate de méthyle (réactif limitant ici) :



19H

36O

2) = n

i – x

max = 0.

D’où xmax

= ni mol.


f(CO

2) = 19 x

max = 19 n

i mol pendant ce parcours.

La masse de dioxyde de carbone produit est :

m(CO2) = n

f(CO

2) · M(CO

2) = 19 n

i × 44,0 = 836 n

i

D’où m(CO

2)

836 = .

1,5 × 104

836n

i =

On en déduit que ni = 18 mol d’oléate de méthyle consommé. Ceci

correspond à :

– une masse m(C19

H36

O2) = n

i · M(C

19H

36O

2) ;

– un volume m(C

19H

36O

2)

ρoléate

ρoléate

ni·M(C

19H

36O

2)

=V =

18 × 296,5874

= 6,1 LV =

Ce véhicule a consommé environ 6,1 L d’oléate de méthyle lors de ce parcours.

b. Les Français ont parcouru 500 × 109 km, ce qui représenterait la consommation d’un volume V d’oléate de méthyle de :

6,1 × 500 × 109

100 = 3,0 × 1010 LV =

La superficie nécessaire pour produire ce volume d’oléate de mé-thyle est :

1,01 000

× 3,0 × 1010 = 3,0 × 107 haS =Comme 1 ha = 10 000 m2, cette surface serait de 3,0 × 104 km2.

c. L’oléate de méthyle présente l’avantage d’être une alternative re-nouvelable à l’utilisation de l’essence issue du pétrole. Cependant, il nécessite une très grande superficie de culture qui peut poser un problème d’accès à la nourriture et un risque d’accroissement de l’utilisation de produits phytosanitaires.

26 1. Les ressources fossiles (charbon, gaz, pétrole), fissiles, re-nouvelables (éolien, solaire, hydraulique, etc.) permettent de pro-duire de l’électricité.

2. Raccorder les STEP au réseau électrique national permet de mieux gérer la fluctuation de la demande en énergie électrique.

3. Dans une STEP, il y a conversion de l’énergie électrique en éner-gie mécanique (énergie potentielle de pesanteur, qui permet le stockage du surplus d’énergie produite par les centrales nucléaires). Il y a également conversion d’énergie mécanique de l’eau en éner-gie électrique (pour répondre aux forts besoins en électricité).


Étape 1 : S’approprier la consigne ou la question posée1. Quels modes de transport Juliette peut-elle utiliser ?

2. Comment accéder aux émissions de dioxyde de carbone pour ces modes de transport ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents3. Dans le cas du train, la masse de CO

2 est obtenue en prenant la

masse correspondant à un trajet de 100 km et la distance parcourue.

4. Les réactions qui produisent du dioxyde de carbone sont les réactions de combustion complète des divers alcanes constituant les carburants.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


5. La masse du CO2 dégagé est à répartir entre tous les passagers.

Pour la voiture, le nombre de passagers n’est pas indiqué dans le document 2.

Pour l’avion (doc. 3), la masse concerne un vol de 195 passagers.

Étape 3 : Dégager la problématique6. Quelle masse de dioxyde de carbone sera produite par passager et pour 1 200 km lors de l’utilisation de ces différents moyens de transport ?

Étape 4 : Construire la réponse– Calculer la masse de CO

2 dont Juliette sera « responsable » pour

chaque moyen de transport.

– Comparer ces masses.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiqueJuliette souhaite faire un trajet de 1 200 km en utilisant le moyen de locomotion qui émet le moins de dioxyde de carbone parmi le train, la voiture et l’avion.

• Mise en forme de la réponse– Dans le cas du train, un passager est « responsable » de l’émission de 340 g de CO

2 pour 100 km.

Juliette va donc être responsable de l’émission d’une masse :1 200100

= 4,08 kg de CO2

m(CO2)

train = 340 ×

– Dans le cas de la voiture, la propulsion du véhicule est assurée par la combustion supposée complète de gazole dans le moteur.

L’équation de la réaction s’écrit :

2 C12

H26

+ 37 O2 r 24 CO

2 + 26 H

2O

Pour 100 km, le véhicule consomme 6,0 L de gazole. Pour la dis-tance du parcours, cette consommation s’élève donc à :

6,0100

× 1 200 = 72 LV =

La quantité de matière en gazole est donc :ρ

gazole × V

M(C12

H26

)n(C

12H

26) =

835 × 7212 × 12 + 1,0 × 26

= 3,5 × 102 moln(C12

H26

) =

Le tableau d’avancement permet de déterminer la quantité de ma-tière en dioxyde de carbone formée : voir en fin de chapitre.D’après le tableau d’avancement :

3,5 × 102 – 2xmax

= 0 B xmax

= 1,8 × 102 mol

On en déduit la quantité de matière en dioxyde de carbone formée :

n(CO2) = 24 x

max = 24 × 1,8 × 102 = 4,2 × 103 mol


m(CO2) = n(CO

2) · M(CO

2)

m(CO2) = 4,2 × 103 × (12 + 16 × 2) = 1,9 × 105 g

Ce voyage en voiture va émettre 1,9 × 102 kg de CO2.

Si Juliette est seule dans la voiture, elle sera responsable de l’émis-sion de 1,9 × 102 kg de CO

2 .

En cas de co-voiturage, par exemple avec 4 personnes dans la voi-ture, Juliette sera responsable de l’émission de 4,7 × 101 kg de CO

2 .

– Dans le cas de l’avion, la consommation moyenne de carburant dont Juliette est responsable pour la totalité du trajet est :

1 800195

= 1,11 × 102 LV =1 200100

=

La quantité de matière en kérosène est donc :ρ

kérosène × V

M(C11

H24

)n(C

11H

24) =

800 × 1,1 × 102

11 × 12 + 1,0 × 24 = 5,7 × 102 moln(C

11H

24) =

Le tableau d’avancement permet de déterminer la quantité de ma-tière en dioxyde de carbone formée : voir en fin de chapitre.D’après le tableau d’avancement :

5,7 × 102 – 2xmax

= 0 B xmax

= 2,8 × 102 mol

On en déduit la quantité de matière en dioxyde de carbone formée :

n(CO2) = 22 x

max = 22 × 2,8 × 102 = 6,2 × 103 mol


m(CO2) = n(CO

2) · M(CO

2)

m(CO2) = 6,2 × 103 × (12 + 16 × 2) = 2,7 × 105 g

Ce voyage en avion va émettre 2,7 × 102 kg de CO2

par passager si l’avion est plein.

• Conclusion revenant sur la problématiqueSi elle veut utiliser le moyen de locomotion qui émet le moins de dioxyde de carbone, Juliette devra utiliser le train.

Analyse critique :– Les combustions ne sont pas complètes, donc les masses de CO

2

ont été surévaluées dans le cas de la voiture et celui de l’avion.

– La consommation d’une voiture dépend aussi de la masse des passagers et de ce qu’ils transportent ainsi que du type de conduite adoptée.

– Pour l’avion, s’il y a moins de passagers, les émissions par passager seront plus importantes.

– Pour le train, il y a d’autres enjeux environnementaux à considé-rer, comme l’origine (non renouvelable ou renouvelable) de l’élec-tricité.

– Pour le train, l’émission indiquée concerne un nombre moyen de passagers, cette valeur est à adapter au taux d’occupation du train.

28 1. Les ressources fossiles et les ressources fissiles présentées dans le document 1 ne sont pas des ressources renouvelables.

2. a. Une réaction de fission nucléaire est une réaction au cours de laquelle un noyau lourd se scinde en noyaux plus légers sous l’im-pact d’un neutron.

b. Lors d’une réaction nucléaire, il y a conservation du nombre de charge et conservation du nombre de masse.

On en déduit :

0 + 92 = 38 + 54 + x × 0 (inexploitable ici) ;

et 1 + 235 = 94 + 139 + x × 1 d’où x = 3.

3. a. L’énergie libérée lors de la fission d’un noyau est :

ℰlibérée

= |mproduits

– mréactifs

|·c2

ℰlibérée

= |m( ) + m(38

Sr9454

Xe) + 3 m(13992

U) – m(23501n) – m(

01n)|·c2

ℰlibérée

= |m( ) + m(38

Sr9454

Xe) + 2 m(13992

U)|·c223501n) – m(

ℰlibérée

= |1,5591564 × 10–25 + 2,3063121 × 10–25 + 2 × 1,67493 × 10–27– 3,9021711 × 10–25| × 299 792 4582

ℰlibérée

= 2,8796 × 10–11 J

L’énergie libérée lors de la fission d’un noyau d’uranium vaut ℰ

libérée = 2,8796 × 10–11 J

Un kilogramme d’uranium 235 contient :

n(92

U) =235m(

92U)235

M(92

U)235 = 4,3 mol=1,0 × 103

235

Le nombre N d’atomes, donc de noyaux d’uranium 235 contenus dans un kilogramme, est N = n(

92U)·N

A.235



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

136

L’énergie libérée lors de la fission d’un kilogramme d’uranium 235 est :

92U)·N

A235ℰ

tot = ℰ

libérée·N = ℰ

libérée·n(

ℰtot

= 2,8796 × 10–11 × 4,3 × 6,02 × 1023 = 7,4 × 1013 J

b. Une tonne (103 kg) de pétrole libère, par combustion complète, 42 GJ, donc la masse de pétrole libérant une énergie égale à ℰ

tot

est : ℰ

tot

42 × 109m =7,4 × 1013

42 × 109= = 1,8 × 103

tonnes, soit 1,8 × 106 kg.

4. a. Dans le pétrole, l’énergie est stockée sous forme d’énergie chimique.

b. Elle est libérée grâce à la réaction chimique de combustion.

5. On multiplie les demi-vies de chaque déchet radioactif par 7 :

DéchetsDurée pour la désintégration

de 99 % de la population initiale

Césium 135 16 millions d’années

Neptunium 237 15 millions d’années

Américium 241 3,0 × 103 années

Plutonium 241 98 années

Il faut plus de 16 millions d’années pour que ce conteneur ne contienne quasiment plus de déchets radioactifs.

6.Avantages Inconvénients

Ressources fossiles

– Pas de déchets radioactifs

– Moins dangereuses à manipuler que les ressources fissiles

– Émission de CO2 (et autres

polluants)

– Libèrent moins d’énergie que les ressources fissiles

– Non renouvelables

Ressources fissiles

– Pas d’émission de CO

2 lors de la fission

– Beaucoup d’éner-gie libérée (énergie concentrée)

– Déchets radioactifs dange-reux et très longue durée de vie

– Difficulté de contrôle de la fission

– Non renouvelables

Économiser l’énergie et favoriser les développements de l’utilisa-tion des ressources renouvelables pourront permettre de faire face à l’augmentation des besoins ainsi qu’aux problématiques sanitaires et environnementales.

29 1. La consommation mondiale de charbon est en expansion parce que :– il s’agit d’une ressource peu chère ; – la demande énergétique augmente (pays émergents notamment) ; – certains pays ont décidé d’abaisser, voire de supprimer, l’utilisa-tion d’autres ressources (gaz, ressources fissiles).

2. a. La combustion complète du carbone a pour équation : C + O

2 r CO

2

Dans un kilogramme de carbone, il y a :m(C)M(C)n(C) =

1,0 × 103

12= = 8,3 × 101 mol de carbone

D’après la stœchiométrie de la réaction, une mole de dioxyde de car-bone est formée lors de la consommation d’une mole de carbone.

Pour 1,0 kg de carbone consommé, la masse de dioxyde de carbone rejeté dans l’atmosphère est :

m(CO2) = n

f(CO

2) · M(CO

2)

m(CO2) = 8,3 × 101 × 44,0 = 3,7 × 103 g = 3,7 kg

b. La consommation mondiale de charbon en 2012 a entraîné l’émission de :

mtot

= m(CO2) × 0,80 × (7,7 × 109) × 103

mtot

= 2,2 × 1016 g = 2,2 × 1013 kg en utilisant la valeur non arrondie.


L’Allemagne et la France sont deux pays que l’on compare réguliè-rement dans de nombreux domaines. Pour ce qui est du domaine énergétique, l’Allemagne bien qu’utilisant davantage de res-sources renouvelables que la France dégage davantage de dioxyde de carbone par habitant (doc. 3). Comment expliquer ce paradoxe apparent ?

• Mise en forme de la réponseL’Allemagne utilise relativement plus de ressources énergétiques renouvelables dans son mix énergétique que la France mais relative-ment plus de ressources fossiles également (doc. 2). Or, l’exploita-tion de ces dernières ressources entraîne des émissions importantes de dioxyde de carbone. L’exploitation des ressources renouvelables est quasiment neutre en termes d’émissions de dioxyde de carbone, tout comme celle des ressources fissiles. La France exploite majori-tairement ce type de ressources, contrairement à l’Allemagne.

• Conclusion revenant sur la problématiqueL’Allemagne a un mix énergétique s’appuyant davantage sur les ressources fossiles que la France. Cela permet d’expliquer pourquoi les émissions de dioxyde de carbone sont plus importantes en Alle-magne qu’en France. Cependant, le choix énergétique de la France pose d’autres problèmes. La production d’énergie électrique d’ori-gine nucléaire produit des déchets radioactifs dangereux pendant des durées très longues. Le problème du stockage à long terme de ces déchets est un enjeu pour les prochaines années (doc. 4) .


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



Exercice 7

Équation C2H

6O + 3 O

2 r 2 CO

2 + 3 H

2O

État initial x = 0 1,2 excès 0 0


1,2 – xmax

excès 2xmax

3xmax

Exercice 20

Équation 2 C12

H26

+ 37 O2 r 24 CO

2 + 26 H

2O

État initial x = 0 29 excès 0 0


29 – 2xmax

excès 24xmax

26xmax

Exercice 21

Équation 2 C4H

10 + 13 O

2 r 8 CO

2 + 10 H

2O


État final xmax

0,50 – 2xmax

excès 8 xmax

10 xmax

Exercice 22

Équation 2 C8H

18 + 25 O

2 r 16 CO

2 + 18 H

2O


État final xmax

0,32 – 2xmax

excès 16xmax

18xmax

Exercice 25

Équation C19

H36

O2 + 27 O

2 r 19 CO

2 + 18 H

2O

État initial x = 0 ni

excès 0 0

État final xmax

ni – x

maxexcès 19 x

max18 x

max

Exercice 27

Équation 2 C11

H24

+ 34 O2 r 22 CO

2 + 24 H

2O

État initial x = 0 5,7 × 102 excès 0 0

État final xmax 5,7 × 102 – 2 x

max = 0 excès 22 x

max24 x

max

Équation 2 C12

H26

+ 37 O2 r 24 CO

2 + 26 H

2O

État initial x = 0 3,5 × 102 excès 0 0

État final xmax 3,5 × 102 – 2 x

max = 0 excès 24 x

max26 x

max



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

138


Exercice 27



S’approprier


• Le passager d’un TGV est responsable de l’émission de 340 g de CO

2 pour 100 km parcourus (doc. 1).

• Les émissions de dioxyde de carbone dues à un véhicule équipé d’un moteur diesel sont issues de la combustion du gazole (doc. 2).

• La combustion du kérosène assimilé à un alcane est de formule brute C

11H

24 (doc. 3).


L’élève sait établir une équation de réaction chimique et ajuster les nombres stœchiométriques.


Quelle masse de dioxyde de carbone sera produite par passager et pour 1 200 km lors de l’utilisation de ces différents moyens de transport ?

Analyser





• Déterminer par un raisonnement de proportionnalité la masse de dioxyde de carbone émis pour chaque passager du train pour un trajet.

• Pour la voiture et l’avion, établir les équations de réactions de combustion complète du gazole et du kérosène.

• Calculer les quantités de matières en gazole et en kérosène utilisées pour le trajet.

• Déduire du calcul précédent la quantité de matière en dioxyde de carbone, puis la masse émise lors du trajet.

• Comparer les différentes valeurs trouvées et conclure.



• Les calculs sont corrects.

• Les équations de combustion complète sont correctement équilibrées.

Valider



– en commentant ;



Juliette doit choisir le TGV car c’est le moyen de transport qui émet le moins de dioxyde de carbone par passager.

• L’élève peut remarquer à juste titre que le TGV et l’avion ne sont pas toujours pleins et que Juliette peut également faire du covoiturage. Les écarts d’émissions étant assez importants, on peut tout de même considérer le TGV comme étant le moyen le plus vertueux quant aux émissions de CO

2.












© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

139Chapitre 14 1Conversions d’énergie

Chapitre

Conversions d’énergie

14


Production de l’énergie électrique ; puissance.

Conversion d’énergie dans un générateur, un récepteur.

Loi d’Ohm. Effet Joule.

Notion de rendement de conversion.

Distinguer puissance et énergie.

Connaître et utiliser la relation liant puissance et énergie.

Connaître et comparer des ordres de grandeur de puissances.

Schématiser une chaîne énergétique pour interpréter les conversions d’énergie en termes de conservation, de dégradation.

Pratiquer une démarche expérimentale pour :

- mettre en évidence l’effet Joule ;

- exprimer la tension aux bornes d’un générateur et d’un récepteur en fonction de l’intensité du courant électrique.

Recueillir et exploiter des informations portant sur un système électrique à basse consommation.

Liens avec les programmes officiels du Collège ou d’autres disciplines de la classe de PremièrePhysique Chimie 4e

La loi d’Ohm.

Physique Chimie 3e

L’énergie électrique ℰ transférée pendant une durée t à un appareil de puissance nominale 𝒫 est donnée par la relation ℰ = 𝒫 · t.

Ressources numériquesCapsule vidéo : Chaîne énergétique et conversion d’énergie

Vidéo : Relation entre puissance et énergie

Animation : Chaînes énergétiques d’une éolienne et d’une centrale nucléaire

Activité web : Production et transport de l’électricité (CEA)





Activités

Deux lois de l’électricité 3 p. 264 du manuel

Compléments


a Reconnaître si un tableau complet de nombres est ou non un tableau de proportionnalité. (5e)

a Traduire la loi d’Ohm par une relation mathématique. (4e)

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeÀ l’aide d’une activité documentaire qui peut être faite à la maison, l’élève reprend les différentes notions vues au collège et peut donc démarrer ce cours dans de bonnes conditions.

Réponses

1. Dans un circuit électrique, un ampèremètre se branche en série et un voltmètre se branche en dérivation.

2. Dans le document 2, la représentation graphique de U en fonction de I est une droite qui passe par l’origine. Nous pouvons donc en conclure que la tension U aux bornes du conducteur ohmique est proportionnelle à l’intensité I du courant qui le traverse.

3. Pour les valeurs de tension 1 V, 2 V, 3 V, 4 V, 5 V et 6 V et les

valeurs correspondantes de l’intensité, le rapport UI

est 200 V·A–1.

En admettant que 1 V·A–1 = 1 Ω, on a = R.UI

4. La loi d’Ohm s’écrit U = R·I où U est exprimée en volt, R en ohm et I en ampère.

Programme officiel

1


Chapitre 14 1Conversions d’énergie

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

140

5. Pour prouver que l’énergie consommée par le sèche-cheveux est proportionnelle à la durée de fonctionnement, nous pouvons tracer la représentation graphique de l’énergie en fonction de la durée de fonctionnement et ensuite la modéliser par une fonction linéaire.

0,30,20,1

0,05

0,10

0,15

0,20

0,25

0,30

Durée (h)

Énergie (kW.h)

00

Énergie consommée en fonction de la duréede fonctionnement

Comme la représentation graphique de l’énergie consommée en fonction de la durée de son fonctionnement est une droite qui passe par l’origine, alors nous pouvons en déduire que l’énergie

consommée par le sèche-cheveux est proportionnelle à sa durée de fonctionnement.Il est également possible de calculer le rapport

ℰt pour chaque

couple de valeurs et de vérifier qu’il est constant.

6. La relation entre les deux grandeurs est ℰ = 𝒫·Δt.

7. On note :• 𝒫

sc et Δt

sc la puissance et la durée de fonctionnement du

sèche-cheveux ;• 𝒫

lis et Δt

lis la puissance et la durée de fonctionnement du lisseur

à cheveux.Si l’énergie consommée est la même, on a :𝒫

sc · Δt

sc = 𝒫

lis · Δt

lis

Alors = = 130 min.𝒫

sc· t

sc

𝒫lis

1 300 × 330

tlis

=

Il est aussi possible de construire le raisonnement à partir de l’énergie consommée par un sèche-cheveux en 3 min.Δt

sc = 3 min = 0,05 h

ℰ = 𝒫 ·Δt = 1 300 × 0,05 = 65 Wh

Alors = = 2,17 hℰ𝒫

lis

6530

tlis

= soit 130 min.

Économies d’énergie 3 p. 265 du manuel

Compléments

Grille d’évaluation :Voir en fin de chapitre.


aDistinguer puissance et énergie.

a Connaître et utiliser la relation liant puissance et énergie.

a Recueillir et exploiter des informations sur un système électrique à basse consommation.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de proposer cette activité sous forme de problème d’apprentissage : le remplacement des lampes à incandescence par des lampes fluocompactes est-il une réelle économie ?

Cela nécessite que l’élève soit autonome et fasse preuve d’initia-tive pour s’approprier les documents et construire la réponse à la question posée.

Réponses

Étape 1 : S’approprier la question posée1. Qu’est-ce qu’une lampe à incandescence et une lampe fluocompacte ?

2. Que faut-il compter pour estimer la dépense liée à l’usage des lampes ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents3. Le document 1 indique la puissance électrique consommée par une lampe à incandescence, 40 watts, et celle consommée par une lampe fluocompacte, 8 watts.

4. L’indication kWh sur l’extrait de facture EDF correspond à l’énergie électrique exprimée en kilowattheure.

5. L’énergie électrique consommée dépend de la puissance de l’appareil mais également de sa durée d’utilisation.

Étape 3 : Dégager la problématique6. Quel est le coût induit par l’usage de chaque lampe (coût du fonctionnement sur une même durée et coût à l’achat) ?

Étape 4 : Construire la réponse– Comparer l’espérance de vie de chaque type de lampe pour trou-ver la durée commune de fonctionnement servant de base à la comparaison.

– Calculer le nombre de lampes de chaque type à utiliser pour couvrir cette durée.

– Calculer le coût de l’achat et du fonctionnement de ces lampes.



Le remplacement des lampes à incandescence par des lampes fluocompactes est d’ordre écologique car elles consomment moins d’énergie électrique, mais sont-elles également économiques pour le consommateur ?


Le coût d’une lampe se partage entre son prix d’achat et son coût énergétique en fonctionnement.

Le document 1 fournit plusieurs informations importantes, le prix d’achat, la puissance et la durée de fonctionnement de chaque type de lampe.

Nous observons que l’espérance de vie des lampes est différente, 8 000 heures pour la lampe fluocompacte et 1 000 heures pour la lampe à incandescence.

Pour prendre en compte cette différence, nous étudierons donc les coûts lors d’une utilisation de 8 000 heures. Cela correspond à 1 lampe fluocompacte et à 8 lampes à incandescence successives.

L’énergie consommée est donnée par : ℰ = 𝒫 ·Δt.

Le prix du kilowattheure est donné dans le document 2 :

0,083 € HT soit 0,083 × 1,20 = 0,100 € TTC.

2


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Pour la lampe fluocompacte, le coût de l’achat d’une lampe et du fonctionnement est :

Coûtfluo.

= 11,21 + 8 × 10–3 × 8 000 × 0,100 = 17,61 €

Pour la lampe à incandescence, le coût de l’achat de huit lampes et du fonctionnement est :

Coûtincand.

= 0,91 × 8 + 40 × 10–3 × 8 000 × 0,100 = 39,28 €


Pour de mêmes durées de fonctionnement, l’utilisation de lampes fluocompactes est plus économique que celle des lampes à

incandescence, même si à l’achat une lampe fluocompacte est plus onéreuse qu’une lampe à incandescence.

Un pas vers le coursLa puissance est une grandeur caractéristique d’une lampe. L’énergie consommée par la lampe dépend de sa puissance mais aussi de sa durée de fonctionnement.

L’énergie, la puissance et la durée de fonctionnement sont liées par la relation : ℰ = 𝒫 ·Δt.

ℰ est exprimée en joule ou en kilowattheure, 𝒫 en watt ou kilowatt et Δt en seconde ou heure.

Générateur et récepteur d’énergie électrique 3 p. 266 du manuel

Compléments


a Pratiquer une démarche expérimentale pour :– mettre en évidence l’effet Joule ;– exprimer la tension aux bornes d’un générateur et d’un récepteur en fonction de l’intensité du courant électrique.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de proposer une activité expérimentale pour introduire la caractéristique de dipôles aux comportements plus complexes que celui du conducteur ohmique étudié en classe de troisième. Ces manipulations permettent également de mettre en évidence l’effet Joule de manière simple.

La sonde thermométrique est placée sur le conducteur ohmique de protection du premier montage et dans la solution ionique du deuxième montage. Nous mettons ainsi en évidence que l’effet Joule a lieu au niveau de tous les composants d’un circuit et pas seulement au niveau des conducteurs ohmiques.

Pour que la caractéristique de la pile soit une droite, il faut que le courant électrique débité ne soit pas trop important. Il faut donc limiter sa valeur par le conducteur ohmique de résistance réglable mais surtout par le conducteur ohmique de protection.

Il faut aussi que la pile ne se décharge pas durant la série de me-sures. Un interrupteur permet de limiter le fonctionnement de la pile à la durée de la prise de mesures afin qu’elle ne se décharge pas pendant la séance.

Matériel et consommables• Une pile.

• Un voltmètre.

• Un ampèremètre.

• Un thermomètre.

• Un conducteur ohmique de résistance réglable.

• Un électrolyseur.

• Un conducteur ohmique de résistance Rp = 10 Ω.

• Une solution ionique pour l’électrolyseur.

• Une plaquette et des fils de connexion.

• Un interrupteur.

• Un générateur.

Réponses

1. a. La réalisation de l’expérience proposée au document 1 nous permet d’obtenir une caractéristique comme celle ci-dessous, que l’on peut modéliser par une fonction affine.

0,30,20,1

6

4

2

I(A)

00

U(V)

b. L’équation de cette caractéristique est, par exemple :U = 4,7 – 1,9 × I

2. a. La réalisation de l’expérience proposée au document 2 nous permet d’obtenir une caractéristique comme celle ci-dessous, que l’on peut, dans la portion où l’intensité varie le plus, modéliser par une fonction affine.

0,150,100,05

6

4

2

I(A)

0,000

U(V)

b. L’équation de cette caractéristique est :U = 6,0 + 1,4 × I

3. La température du conducteur ohmique ainsi que celle de la solution contenue dans l’électrolyseur augmente lorsqu’ils sont parcourus par un courant électrique.

4. Pour chacun des dipôles, on peut établir une relation affine entre la tension à leurs bornes et le courant électrique qui les traverse.

5. L’effet Joule est un transfert d’énergie depuis le dipôle vers le milieu environnant.

3



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

142

Chaîne énergétique 3 p. 267 du manuel

Compléments


a Schématiser une chaîne énergétique pour interpréter les conver-sions d’énergie.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de présenter les notions de rendement de conver-sion et de chaîne énergétique à partir d’une activité documentaire simple sur le fonctionnement d’une centrale nucléaire, comme il a été vu au chapitre 7.

Réponses

1. Dans une centrale nucléaire, c’est l’énergie nucléaire stockée dans l’uranium qui est exploitée.

2. Le rendement de conversion d’une centrale est défini dans le document comme le quotient de l’énergie exploitable par l’énergie en entrée.Soit : rendement = = 0,321.

ℰexploitable

ℰentrée

900

2 800=

Cela correspond à un rendement de 32 %.

3. D’après le principe de conservation de l’énergie, la somme des énergies qui « entrent » dans le système est égale à la somme des énergies qui « sortent » du système. L’énergie exploitable est infé-rieure à l’énergie d’entrée, il y a donc de l’énergie qui a été transférée au milieu environnant : on parle de dégradation d’énergie. L’énergie manquante a été transférée au système par transfert thermique ou rayonnement ou dissipations d’énergie mécanique par frottement.

4. La chaîne énergétique illustre le principe de la conservation d’énergie.

CentralenucléaireÉnergie nucléaire Énergie électrique

Énergie thermiquede dégradation

4


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



QCM


1 1. A ; 2. A et B ; 3. B ; 4. A et B.

2 1. A ; 2. B ; 3. A et B ; 4. B ; 5. B et C ; 6. C.



4 Sachant que ℰ = 𝒫 ·Δt :

– en mode « fonctionnement » pendant 3,5 heures avec Δt = 3,5 h, on a :

ℰ fonctionnement

= 28 × 3,5 = 98 W·h ;

– en mode « veille » pendant une semaine avec Δt = 7 × 24 h = 168 h, on a :

ℰ veille

= 1,2 × 168 = 2,0 × 102 W·h.

Cet écran consomme donc plus d’énergie pendant une semaine de veille que pendant 3,5 h de fonctionnement.



6 1. Pour obtenir la caractéristique d’une lampe à incandes-cence, il faut réaliser un circuit en série contenant cette lampe, un générateur de tension continue réglable et un ampèremètre. Le voltmètre doit être branché en dérivation aux bornes de la lampe.

2. Caractéristique de la lampe étudiée :

160140120100604020 80

10987654321 I(mA)

00

U(V)



7 a. Il s’agit de puissance car l’unité est le kilowatt (kW), multi-ple du watt.

b. Il s’agit d’énergie car le kilowattheure (kW·h) est une unité d’énergie.

c. Il s’agit d’énergie car le joule (J) est une unité d’énergie.

8 1. L’unité de l’énergie dans le système international est le joule.

2. • 200 kW·h correspondent à une énergie ; en la convertissant dans le système international, nous obtenons 7,20 × 108 joule.

• 2,6 MW ne correspondent pas à une énergie mais à une puissance.

• 8,5 kJ correspondent à une énergie ; en la convertissant dans le système international, nous obtenons 8,5 × 103 joule.

• 0,5 W·h correspond à une énergie ; en la convertissant dans le système international, nous obtenons 1,8 × 103 joule.

9 a. Smartphone (4).

b. Machine à laver (3).

c. Lampe fluocompacte (2).

d. TGV (1).

10 Le pointeur laser utilisé par un conférencier a une puissance de l’ordre de 1 mW (c.).

Le laser permettant la découpe de matériaux a une puissance de l’ordre de 1 kW (b.).

Le laser utilisé en télémétrie pour mesurer la distance séparant la Terre et la Lune a une puissance de l’ordre de 1 GW (a.).

11 1. L’indication correspondant à la puissance du moteur dans l’unité du système international est 𝒫 = 5 000 W.

2. La durée de fonctionnement est Δt = 10 min = 6,0 × 102 s.

Sachant que ℰ = 𝒫 · Δt, on a :

ℰ = 5 000 × 6,0 × 102 = 3,0 × 106 J = 3,0 MJ

12 1. L’expression de l’énergie ℰ consommée par un appareil de puissance 𝒫 pendant une durée de fonctionnement Δt est ℰ = 𝒫 · Δt.

2. = = 29 Wℰ

t

101,5

3,5𝒫 =

3. D’après la relation entre la puissance et l’énergie : ℰ = 𝒫 · Δt = 1,3 × 20,5 soit ℰ = 27 W·h.En veille, l’écran a consommé une énergie de 27 W·h. Cela n’est pas négligeable par rapport à l’énergie consommée en 3,5 heures de fonctionnement. Il ne faut donc pas négliger l’énergie consommée lorsqu’un appareil est en veille.

13 1. Le sèche-cheveux convertit de l’énergie électrique en éner-gie mécanique pour entraîner le ventilateur, ce qui a pour effet d’éjecter de l’air à grande vitesse, mais aussi en énergie thermique par effet Joule pour chauffer l’air expulsé.

2. Dans ce cas, il y a très peu d’effet Joule, donc très peu d’énergie convertie sous forme d’énergie thermique. L’énergie électrique est convertie en énergie mécanique.

14 1. Le grille-pain convertit de l’énergie électrique en énergie thermique.

2. Cette conversion se nomme l’effet Joule. Il se traduit par un échauffement des conducteurs ohmiques dans le grille-pain.

15 1.

CentralethermiqueÉnergie chimique Énergie électrique




© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

144

2. D’après le principe de conservation de l’énergie, l’énergie chimique est égale à la somme de l’énergie électrique et de l’énergie thermique de dégradation.

16

HydrolienneÉnergie mécanique Énergie électrique


17 1. L’énergie consommée ℰ est :

ℰ = 2,9 × 1010 × 1,2 × 106 = 3,5 × 1016 J

2.

CentralethermiqueÉnergie chimique Énergie électrique


3. a. ℰexploitable

= 2,4 × 1012 × 3 600

soit ℰexploitable

= 8,6 × 1015 J

=ℰ

exploitable

ℰentrée

8,6 × 1015

3,5 × 1016ρ = soit ρ = 0,25

b. Ce rendement est nettement inférieur à 1 car il est impossible de récupérer toute l’énergie thermique issue de la combustion du charbon. Il y a notamment de l’énergie thermique perdue dans le milieu environnant.

18 1. On réalise un circuit série avec un générateur de tension réglable, un interrupteur, un récepteur, un ampèremètre.

On dispose un voltmètre en dérivation aux bornes du récepteur.

On relève l’intensité du courant pour différents niveaux de tension.

2.

160140120100604020 80

3

2,5

2

1,5

1

0,5I(mA)

00

U(V)

3. La caractéristique est une droite passant par l’origine. Ce récep-teur est donc un conducteur ohmique.

19 1. a. D’après le graphique, pour une tension de 4,5 V, l’inten-sité du courant électrique circulant dans le moteur est I = 0,10 A.

b. 𝒫 = U·I = 4,5 × 0,10 = 0,45 W

c. ℰel = 𝒫 ·Δt

ℰel = 0,45 × 2,5 = 1,1 J

2. On considère que l’objet est initialement immobile en bas et qu’après avoir été soulevé d’une hauteur h, il est de nouveau im-mobile.

L’énergie mécanique gagnée est donc de l’énergie potentielle de pesanteur :

ℰm

= m·g·h = 35 × 10–3 × 9,8 × 0,60 soit ℰm

= 0,21 J.

3. Le rendement de conversion est :

= = 0,18ℰ

exploitable

ℰentrée

ℰm

ℰel

ρ =

Remarque : valeur obtenue à partir de ℰm

et ℰel non arrondies.

4.

MoteurÉnergie électrique Énergie mécanique


20 1. a.

TurbineÉnergie cinétique Énergie mécanique


b. Le rendement de la turbine est : ℰ

mécanique

ℰcinétique

ρturbine

= .

2. a.

AlternateurÉnergie mécanique Énergie électrique


b. Le rendement de l’alternateur est : ℰ

électrique

ℰmécanique

ρalternateur

= .

3. Le rendement de conversion global est :

= ρturbine

× ρalternateur

ℰélectrique

ℰcinétique

ρcentrale

=

ρcentrale

= 0,60 × 0,80 = 0,48 soit 48 %.

Il y a donc eu perte d’énergie entre l’entrée (la ressource énergé-tique) et la sortie de la chaîne ; on parle de dégradation.

21 1. Le réacteur est utilisé en moyenne 200 jours par an, soit 24 × 200 = 4,80 × 103 heures.

2. L’énergie fournie est :

ℰ = 𝒫 ·Δt = 1 200 × 106 × 4,80 × 103 = 5,76 × 1012 W·h

3. Une éolienne produit en un an une énergie de 3 × 109 W·h.

Il faut donc pour produire la même énergie :

= 1,9 × 1035,76 × 1012

3 × 109 éoliennes, soit environ 1 900 éoliennes.

22 1.com

com

AI

RU VV

A

2.

CellulephotovoltaïqueÉnergie solaire Énergie électrique



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


3. a. ℰélectrique

= 𝒫 ·Δt = U·I·Δt = 0,427 × 37,2 × 10–3 × 30

soit ℰélectrique

= 0,48 J.

b. La cellule reçoit :

ℰrayonnante

= 𝒫rayonnante

· Δt avec 𝒫rayonnante

= 𝒫S·S

où 𝒫S est la puissance solaire reçue par unité de surface (ici égale à

0,3 kW·m−2) et S la surface de la cellule.

Donc ℰrayonnante

= 𝒫S·S·Δt .

ℰrayonnante

= 0,3 × 103 × (5 × 10–2)2 × 30

soit ℰrayonnante

= 2 × 101 J.

c. = 0,2 = 2 %ρ =0,48

2 × 101

23 Traduction :

Deux dispositifs utilisant le pouvoir des vagues ou de la maréeUn dispositif à vagues utilise le mouvement des vagues pour récu-pérer de l’énergie et entraîne un générateur [dans le sens d’alter-nateur]. Dans cet exemple, les vagues passent sous le dispositif et provoquent des compressions hydrauliques qui, lorsqu’elles sont relâchées, entraînent un générateur et créent de l’électricité.

Les dispositifs de marée exploitent l’énergie du mouvement de l’eau lorsque le courant s’écoule dans et hors des zones de marée. Dans cet exemple, un dispositif de marée ancré sur le fond de la mer utilise l’écoulement de l’eau pour faire tourner la turbine d’un rotor et entraîner un générateur.

1. Le premier dispositif exploite le mouvement des vagues, plus précisément la variation d’énergie potentielle de pesanteur du dis-positif qui est soulevé périodiquement par les vagues.

Le deuxième dispositif exploite le courant des marées, plus précisé-ment l’énergie cinétique de l’eau en mouvement.

2.

Turbinemarémotrice

Énergie mécaniquedes courants,des marées

Énergie mécanique


3. Les ressources énergétiques dues aux vagues et aux courants des marées sont renouvelables et ne dégagent pas de gaz à effet de serre en fonctionnement.

24 1.

Lave-lingeÉnergie électrique Énergie mécaniqueet thermique


Toute l’énergie thermique n’est pas de l’énergie directement dé-gradée. Une partie est utilisée pour chauffer l’eau de lavage.

2. Au cours d’un cycle, l’énergie se calcule par :

ℰ = 𝒫 · Δt avec Δt = 150 min = 2,5 h.

Pour l’appareil de classe A+ :

ℰA+

= 0,90 × 2,5 soit ℰA+

= 2,3 kW·h.

Pour l’appareil de classe C :

ℰC = 1,3 × 2,5 soit ℰ

C = 3,3 kW·h.

3. a. En un an, il y a 200 cycles d’utilisation, donc une consomma-tion de :

200 × 0,90 × 2,5 = 4,5 × 102 kW·h pour l’appareil de classe A+ et de 200 × 1,3 × 2,5 = 6,5 × 102 kW·h pour l’appareil de classe C.

Le coût annuel est :

– pour l’appareil de classe A+ :

4,5 × 102 × 0,15 = 67,5 €

– pour l’appareil de classe C :

6,5 × 102 × 0,15 = 97,5 €

b. L’acheteur économise donc environ :

97,5 – 67,5 = 30 € par an

c. À l’achat, l’écart de prix est de 169 €, il faudra donc

≈ 5,6169

30 ans environ pour compenser la différence de prix à

l’achat ; l’achat est donc avant tout une démarche citoyenne.

25 1. Il s’agit de préserver l’environnement et d’utiliser pour cela des ressources énergétiques renouvelables, non polluantes, facile-ment transportables.

2. a. À partir de ℰ = 𝒫 ·Δt, on calcule :

ℰ = 2 000 × 7 × 365 = 5,11 × 106 W·h, soit 5,11 × 103 kW·h.

Au prix indiqué du kW·h, cela correspond à une dépense de : 5,11 × 103 × 0,15 = 767 €

b. Sachant qu’on réalise une économie de 70 % avec un chauffe-eau solaire, un foyer de quatre personnes verra sa facture diminuer de

= 537 €767 ×70

100 par an.

3.

AlternateurÉnergie mécanique Énergie électrique



Étape 1 : S’approprier la consigne ou la question posée1. De quel projet est-il question ?

2. Qu’est-ce que la haute tension continue (HVDC) ?

3. Qu’est-ce qui différencie le HDVC du 230 V distribué aux mé-nages ?

4. Quel phénomène peut limiter le transport d’énergie électrique ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents5. La relation liant la puissance électrique, la tension et l’intensité du courant est 𝒫 = U·I, avec 𝒫 en W, U en V et I en A.

6. La relation 𝒫 = U·I montre que pour transporter une même puissance électrique 𝒫 , si l’on augmente la tension U, il faut dimi-nuer l’intensité I du courant.

Étape 3 : Dégager la problématique7. Évaluer la puissance dissipée par effet Joule pour chaque mode de transport de la puissance électrique.

Étape 4 : Construire la réponse – Dans un premier temps, nous allons calculer la puissance dissipée

par effet Joule dans un conducteur électrique de 300 km de long alimenté par une tension continue de 450 kV, puis la puissance dis-sipée par effet Joule dans ce même conducteur électrique alimenté par une tension continue de 230 V.

– Dans un deuxième temps, nous comparerons les puissances per-dues pour répondre à la question.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

146

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiquePourquoi transporte-t-on l’énergie électrique sous haute tension plutôt que sous la tension de 230 V distribuée aux ménages ?

• Mise en forme de la réponseCalcul de la résistance du câble haute tension utilisé :

= 1,7 × 10–8 × = 7,3 ΩR = ρ·ls

300 × 103

700 × 10–6

La puissance transportée est égale à 700 × 106 W.

Si la tension électrique vaut 450 × 103 V, alors l’intensité vaut :

= 1,56 × 103 AI = =P

U

700 × 106

450 × 103

Si la tension électrique vaut 230 V, alors l’intensité vaut :

= 3,04 × 106 AI = =P

U

700 × 106

230La puissance peut être calculée par 𝒫 = U·I.

Pour un conducteur ohmique, on a : U = R·I.

La puissance perdue par effet Joule dans un conducteur ohmique est donc : 𝒫

joule = R·I2.

Si la tension électrique vaut 450 × 103 V, alors la puissance perdue vaut : 𝒫

joule = 7,3 × (1,56 × 103)2 = 1,8 × 107 W soit 18 MW.

Cela correspond à = 2,6 %18

700 de la puissance transportée.

Si la tension électrique vaut 230 V, alors la puissance perdue vaut 𝒫

joule = 7,3 × (3,04 × 106)2 = 6,7 × 1013 W. Cette puissance perdue

est très supérieure à la puissance transportée. Cela signifie que les pertes sont très importantes.

• Conclusion revenant sur la problématiqueUn câble électrique étant un conducteur ohmique, il perd de la puis-sance par effet Joule lorsqu’il est sous tension.

Alimenter ce câble sous haute tension permet de diminuer les pertes de puissance.

27 1. Graphiquement, nous évaluons la longueur d’onde de la ra-diation émise avec le maximum d’intensité : λ

max = 1 400 nm.

Appliquons la loi de Wien :

– 273 = 1,8 × 103 °Cθ =2,89 × 106

1 4002. a. L’énergie électrique en entrée est convertie en énergie lumi-neuse et en énergie thermique.

b.

LampeÉnergie électrique Énergie lumineuse


c. Le document 1 nous informe que ces lampes s’échauffent forte-ment. La température très importante du filament, de l’ordre de 2 000 °C, et le fait que l’ampoule en verre s’échauffe indiquent qu’il y a perte d’énergie thermique du filament vers l’ampoule en verre, puis vers le milieu environnant. Il y a donc une perte d’énergie ther-mique qui échauffe le milieu environnant. Cette perte d’énergie importante entraîne un faible rendement de conversion.

3.

comV

comA

V

A

G+ –

4. a. Graphiquement, à l’aide de la caractéristique (doc. 2), nous déterminons l’intensité du courant électrique traversant la lampe : I ≈ 0,10 A.

𝒫 = U·I = 6,0 × 0,10 = 0,60 W

b. ≈ 6 × 10–3 =ρ =𝒫

lumineuse

𝒫électrique

3,5 × 10–3

0,60

c. Calculons le rapport des deux rendements :

= = 0,066 × 10–3

0,10

Rendement de la lampe à incandescence

Rendement d’une lampe fluocompacte

Le rendement de cette lampe à incandescence est donc très infé-rieur à celui d’une lampe fluocompacte.

5. Les lampes à incandescence sont interdites à la vente car, pour un éclairement identique, elles consomment beaucoup plus d’éner-gie électrique que celles à économie d’énergie, comme les lampes fluocompactes ou les lampes à LED.

28 1. La tour utilise l’énergie solaire.

2. a. L’énergie solaire est convertie en énergie thermique qui chauffe et vaporise l’eau.

L’énergie mécanique de la vapeur d’eau est convertie en énergie mécanique par la turbine.

Cette énergie mécanique est convertie en énergie électrique par l’alternateur.

b.

Tour solaireÉnergie solaire Énergie électrique


3. 𝒫solaire

= 0,70 × 103 × 150 000 = 1,05 × 108 W

= 0,19 soit 19 %. =ρ =𝒫

électrique

𝒫solaire

20 × 106

1,05 × 108


Comme tout dispositif de production d’énergie, les tours solaires présentent des avantages et des inconvénients qu’il est possible de comparer à ceux des centrales thermiques à flamme.

• Mise en forme de la réponseLes tours solaires utilisent l’énergie solaire, qui est renouvelable. En fonctionnement, elles ne dégagent pas de gaz à effet de serre et ne participent donc pas au réchauffement de la planète.

Les centrales thermiques utilisent des ressources non renouvelables (pétrole, gaz, charbon, uranium). La durée d’exploitation de ces ressources est limitée. En fonctionnement, les centrales thermiques à flamme rejettent des gaz à effet de serre et participent donc au réchauffement de la planète.

L’inconvénient majeur des tours solaires est l’intermittence de la production. En effet, la production d’énergie électrique est condi-tionnée à l’ensoleillement.

De plus, les lieux de production, les plus ensoleillés, sont souvent éloignés des lieux de consommation.

Les centrales thermiques peuvent assurer une production sans interruption et peuvent être installées à proximité des lieux de consommation.

• Conclusion revenant sur la problématiqueComme tout dispositif, les tours solaires présentent des avantages et des inconvénients. Elles ne peuvent pas constituer une solution unique aux enjeux énergétiques actuels et futurs.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



Activité 2



S’approprier


• Les lampes fluocompactes et à incandescence ont des puissances électriques différentes (doc. 1).

• Le prix d’achat d’une lampe à incandescence est plus élevé que celui d’une lampe fluocompacte (doc. 1).

• La durée de vie d’une lampe à incandescence est plus faible que celle d’une lampe fluocompacte (doc. 1).

• Le prix de 1 kWh est 0,083 euro hors taxes (doc. 2).


L’élève connaît la relation ℰ = 𝒫 · Δt.


Quel est le coût induit par l’usage de chaque lampe (coût du fonc-tionnement sur une même durée et coût à l’achat) ?

Analyser





• Comparer l’espérance de vie de chaque type de lampe pour trouver la durée commune de fonctionnement servant de base à la comparaison.

• Calculer le nombre de lampes de chaque type à utiliser pour couvrir cette durée.

• Calculer le coût de l’achat et du fonctionnement de ces lampes.








Valider



– en commentant ;



Pour la lampe fluocompacte, le coût de l’achat d’une lampe et du fonctionnement durant 8 000 h est de 17,61 €.

Pour la lampe à incandescence, le coût de l’achat de huit lampes et du fonctionnement durant 8 000 h est de 39,28 €.

Pour de mêmes durées de fonctionnement, l’utilisation de lampes fluocompactes est plus économique que celle des lampes à incandescence.

Éventuellement, l’élève fait preuve d’esprit critique en commen-tant le document 4.




• La rédaction fait apparaître une maîtrise satisfaisante des compétences langagières de base.









© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

148

Exercice 26



S’approprier


• Le projet « NorNed » est un projet de transport d’électricité sous longue distance. Il s’agit de transporter une puissance de 700 MW sous une tension continue de 450 kV (doc. 1).

• La résistance d’un câble dépend de sa longueur et de sa section (doc. 2).


L’élève connaît la relation entre la puissance, l’intensité et la tension ainsi que la loi d’Ohm.


Évaluer la puissance dissipée par effet Joule pour chaque mode de transport de la puissance électrique.

Analyser





• Calculer la résistance du câble de 300 km de longueur.

• Calculer l’intensité du courant dans le câble si la tension est égale à 450 kV et ensuite si la tension est égale à 230 V.

• Calculer la puissance dissipée par effet Joule dans chacun des deux cas.

• Comparer les deux résultats obtenus et conclure.








Valider



– en commentant ;



Un câble électrique étant un conducteur ohmique, il perd de la puissance par effet Joule lorsqu’il est sous tension.

Pour une même puissance transportée, alimenter ce câble sous haute tension permet de diminuer les pertes de puissance.












© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

149Chapitre 15 1Piles et accumulateurs, une réponse au défi énergétique ?

Chapitre

Piles et accumulateurs, une réponse au défi énergétique ?

15


Piles salines, piles alcalines, piles à combustibles.

Accumulateurs.

Polarité des électrodes, réactions aux électrodes.

Oxydant, réducteur, couple oxydant/réducteur, réaction d’oxydoréduction.

Modèle par transfert d’électrons.

Pratiquer une démarche expérimentale pour réaliser une pile et modéliser son fonction-nement. Relier la polarité de la pile aux réactions mises en jeu aux électrodes.

Recueillir et exploiter des informations sur les piles ou les accumulateurs dans la perspective du défi énergétique.

Reconnaître l’oxydant et le réducteur dans un couple.

Écrire l’équation d’une réaction d’oxydoréduction en utilisant les de-mi-équations redox.


Mesure de la tension électrique aux bornes d’un dipôle.

Physique Chimie 3e

Courant électrique dû à un déplacement d’électrons dans le sens opposé au sens conventionnel dans un métal et à des déplacements d’ions dans les solutions aqueuses.

Pile réservoir d’énergie chimique.

Ressources numériquesCapsule vidéo : Écriture d’une réaction rédox

Animation : Fonctionnement d’une pile

Activité web : Écriture des demi-équations d’oxydoréduction et des équations d’oxydoréduction





Activités

Piles et accumulateurs 3 p. 282 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations sur les piles ou les accu-mulateurs dans la perspective du défi énergétique.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeLes documents proposés permettent d’initier une réflexion des élèves sur le défi énergétique et sur les sources d’énergie que sont les piles et accumulateurs.

Réponses

Étape 1 : S’approprier la consigne1. Quel est le défi énergétique du XXIe siècle ?

2. Quel est le rôle des piles et des accumulateurs ?

3. En quoi diffèrent une pile et un accumulateur ?

4. Quelles sont les différentes sortes de piles et d’accumulateurs ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents5. (Doc. 1) Les piles et les accumulateurs permettent de générer de l’énergie électrique. Il existe différentes sortes de piles : les piles à combustibles sont alimentées continûment en réactifs alors que les autres piles sont usées lorsque leurs réactifs sont totalement consommés.

Programme officiel

1


Chapitre 15 1Piles et accumulateurs, une réponse au défi énergétique ?

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

150

Les accumulateurs peuvent être rechargés lorsque leurs réactifs sont usés et peuvent alors encore générer de l’énergie électrique.

Les recherches pour améliorer les performances de ces générateurs se poursuivent.

6. (Doc. 2) Les transports utilisent essentiellement les carburants fossiles ; ils en consomment de plus en plus et constituent ainsi une source très importante de pollution. L’alimentation électrique des différents véhicules est une solution envisagée et soutenue par les politiques qui doit être généralisée lorsque des solutions techniques efficaces seront trouvées.

7. (Doc. 3) Les piles et les accumulateurs contiennent des espèces qui peuvent être dangereuses et écotoxiques. Il est donc nécessaire de collecter, trier et, si possible, recycler des quantités très impor-tantes de piles et d’accumulateurs : cela permet de récupérer de très nombreux matériaux et de protéger l’environnement.

Étape 3 : Dégager la problématique8. Les piles et les accumulateurs peuvent-ils générer suffisamment d’énergie électrique pour réponde aux besoins de plus en plus im-portants des hommes tout en respectant l’environnement ?


• Introduction présentant la problématique

Les besoins énergétiques des hommes sont de plus en plus grands. Dans le domaine des transports, secteur très important, sont consom-més essentiellement des carburants fossiles dont les réserves sont

limitées et qui sont à l’origine d’une pollution importante. Il est donc crucial de trouver d’autres sources d’énergie tout en préser-vant l’environnement : les piles et les accumulateurs peuvent-ils constituer une solution ?


Les piles classiques permettent d’alimenter de nombreux objets nomades (montres, lampes, jouets, etc). Cependant, elles ont une durée de vie limitée et constituent une source importante de déchets.

Les accumulateurs permettent d’alimenter sur des durées bien plus importantes téléphones et ordinateurs portables, appareils photos, mais aussi des véhicules électriques très variés car ils peuvent être rechargés. Ils ne génèrent pas de pollution lors de leur utilisation mais consomment de l’énergie électrique lors de leur recharge. C’est également le cas des piles à combustibles dont la durée de vie est aussi très importante car elles sont alimentées continûment en réactifs. Le plus souvent, elles ne génèrent pas d’espèces polluantes mais nécessitent la synthèse de réactifs tels que le dihydrogène.

Cependant lorsqu’ils sont usés, les piles et les accumulateurs consti-tuent une source de pollution car ils contiennent des produits dangereux et polluants.


Les piles et les accumulateurs peuvent donc subvenir en partie aux besoins énergétiques mais il est encore nécessaire d’optimiser leurs performances et de développer simultanément les procédés de tri et de recyclage pour préserver les ressources et protéger l’environnement.

Pile de Volta 3 p. 283 du manuel

Compléments


a Pratiquer une démarche expérimentale pour réaliser une pile.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de partir de la description de la pile de Volta pour faire étudier la constitution d’un générateur électrochimique en faisant réaliser une pile de type Volta.

La transposition en bécher d’une telle pile permet de montrer que lorsqu’un générateur électrochimique fonctionne, une réaction électrochimique se produit au niveau des électrodes.

Matériel et consommables• Deux plaques de fer et de cuivre.

• Du papier-filtre.

• Des fils électriques.

• De l’eau distillée.

• Une solution de chlorure de sodium.

• Une solution de sucre.

• Des pinces crocodiles.

• Un bécher.

• Un multimètre.

Réponses



1. Quels sont les constituants de la pile de Volta ? S’approprier, analyser • Extraire et exploiter des informations.

2. Quelle solution choisir pour imbiber les feuilles de papier-filtre ? S’approprier, analyser • Extraire et exploiter des informations.

3. Comment agencer les constituants de la pile ? Y a-t-il des précautions à prendre lors de cet agencement ?

S’approprier, analyser • Extraire et exploiter des informations.

Analyser • Se questionner.

4. Quel est le rôle du papier-filtre dans la pile de Volta ? Par quoi peut-on le remplacer ?

S’approprier • Se questionner.

Analyser • Proposer une hypothèse.

2


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Solution totale

Une cellule de la pile de Volta est constituée d’une plaque de fer et d’une plaque de cuivre séparées par un morceau de papier-filtre (plus grand que les plaques, ce qui permet d’éviter le contact entre les plaques) imbibé de solution de chlorure de sodium. On peut réaliser deux cellules identiques et les assembler en posant l’une sur l’autre la plaque de fer d’une cellule et la plaque de cuivre de l’autre cellule.

Une pile analogue est réalisée dans un bécher en plongeant une plaque de fer et une plaque de cuivre dans la solution de chlorure de sodium et en les fixant correctement pour éviter qu’elles ne se touchent.

On vérifie qu’il s’agit d’un générateur en reliant les plaques à un voltmètre.

1. Le voltmètre permet de constater que la plaque de cuivre constitue la borne positive de ces générateurs et que la plaque de fer constitue la borne négative.

2. Quelques gouttes de soude concentrée ajoutées à un peu de solution prélevée au voisinage de la plaque de fer conduisent à un léger trouble verdâtre, ce qui met en évidence la formation d’ions fer (II) selon la réaction :

Fe (s) r Fe2+ (aq) + 2 e–

3. Un générateur électrochimique doit être constitué de deux mé-taux différents, plongeant dans une solution conductrice ionique, l’électrolyte. Ces générateurs sont dits électrochimiques car lorsqu’ils débitent un courant électrique, en circuit fermé, des réactions mettant en jeu des électrons se produisent aux électrodes.

Réalisation et fonctionnement de piles 3 p. 284 du manuel

Compléments


a Pratiquer une démarche expérimentale pour réaliser une pile et modéliser son fonctionnement.

a Relier la polarité de la pile aux réactions mises en jeu aux électrodes.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeL’étude expérimentale de la pile fer-cuivre permet de déterminer le sens de déplacement des différents porteurs de charge responsables du passage du courant dans la pile et de faire émerger la nature des réactions qui se produisent aux électrodes.

Matériel et consommables• Plaques de zinc, de cuivre, de fer et fil d’argent.

• Béchers.

• Pinces crocodiles.

• Fils électriques.

• Multimètre numérique.

• Résistance de 10 Ω montée sur support.

• Solutions à 0,1 mol∙L–1 de sulfate de cuivre (II), de sulfate de zinc (II), de sulfate de fer (II) et de nitrate d’argent (I).

• Tube en U rempli d’une solution gélifiée de nitrate d’ammonium ou papier-filtre et solution de nitrate d’ammonium à 1 mol∙L–1.

Réponses

1. a. On mesure une f.e.m. voisine de 0,8 V. Ce système constitue un générateur puisqu’une différence de potentiel existe entre les deux plaques métalliques. b. La plaque de cuivre constitue sa borne positive et la plaque de fer sa borne négative.

2. a. Le courant traverse l’ampèremètre de l’électrode de cuivre vers l’électrode de fer.b. Dans le circuit extérieur à la pile, les porteurs de charge sont des électrons qui se déplacent en sens inverse du courant.

3. a. À l’intérieur de la pile, le courant va de l’électrode de fer vers l’électrode de cuivre. b. Les porteurs de charge sont constitués par les ions en solution : les cations (Fe2+(aq), Cu2+(aq), NH

4+(aq) ) se déplacent dans le sens

du courant électrique et les anions (SO42-(aq) et nitrate NO

3–(aq) ) se

déplacent en sens inverse de celui du courant électrique.

4. Les électrons qui partent de l’électrode de fer sont libérés par la réaction :

Fe (s) r Fe2+ (aq) + 2 e–

Les électrons qui arrivent à l’électrode de cuivre sont consommés par la réaction :

Cu2+ (aq) + 2 e– r Cu(s)

5. Voir ci-contre.

6. On peut constater qu’à l’électrode constituant la borne positive de la pile, où arrivent les électrons, une réaction, consommant ces électrons et une espèce chimique présente dans la demi-pile, se produit et qu’à l’électrode constituant la borne négative de la pile, les électrons sont créés par une réaction qui met en jeu les atomes du métal constituant l’électrode.

À la borne :Cu2+ (aq) + 2e–

Cu (s)

e–

e–e–

+

+

–

–

NH4+ (aq) NO3

– (aq)

R

Électrodede fer

Électrodede cuivre

Solutionde sulfate de fer (II)

Fe2+ (aq) + SO42– (aq)

Solutionde sulfate de cuivre (II)Cu2+ (aq) + SO4

2– (aq)

2e–

Fe2+ (aq)

2e–

Cu (s)

A

Fe (s) Cu2+ (aq)

À la borne :Fe (s) Fe2+ (aq) + 2e–

Pont salin

3



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

152

Éthylotest 3 p. 285 du manuel

Compléments



a Reconnaître l’oxydant et le réducteur dans un couple.

a Écrire l’équation d’une réaction d’oxydoréduction en utilisant les demi-équations redox.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeLe problème d’apprentissage proposé permet à l’élève de s’approprier la notion de couple oxydant/réducteur, et d’apprendre à équilibrer une demi-équation d’oxydoréduction en partant d’une situation concrète et en exploitant les documents proposés. Cette activité est à proposer avant de faire le cours sur les couples oxydant/réducteur.

Réponses

Étape 1 : S’approprier la question posée1. De quoi est constitué l’alcool ?

2. Quelle propriété de l’alcool est utilisée dans l’éthylotest ?

3. À quoi est due la coloration du tube de l’éthylotest ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents4. Les ions chrome (III) Cr3+ confèrent à l’éthylotest du document proposé sa couleur (doc. 3).

5. L’éthanol est un réducteur qui peut former de l’acide éthanoïque en libérant des électrons. Il peut donc réagir avec un oxydant (doc. 2).

6. C’est l’oxydant du couple formé par les ions Cr2O72- et les ions

Cr3+ qui réagit avec l’éthanol.

Étape 3 : Dégager la problématique7. L’ion chrome (III), responsable de la couleur verte des granulés de l’éthylotest, est-il l’oxydant initialement présent dans l’éthylotest ou a-t-il été obtenu par réaction avec l’éthanol ?

Étape 4 : Construire la réponse– Déterminer quel ion contenant l’élément chrome est capable d’oxyder l’éthanol éventuellement contenu dans l’air expiré par l’étudiant (doc. 1, 2, 3 et 4).

– Rechercher si l’ion chrome (III) contenu dans l’éthylotest est l’oxydant du couple formé par les ions Cr2O7

2- et Cr3+ qui n’a donc pas réagi ou le réducteur du couple obtenu après réaction (doc. 2).

– Établir la demi-équation rédox relative au couple formé par les ions Cr2O7

2- et Cr3+ pour identifier l’oxydant de ce couple, celui qui peut capter des électrons (doc. 2).



L’éthanol éventuellement contenu dans l’air expiré par le sujet contrôlé peut être oxydé en acide éthanoïque dans l’éthylotest. Les ions du chrome contenus dans l’éthylotest doivent donc être des oxydants. L’ion chrome (III) responsable de la coloration verte de l’éthylotest considéré est-il un oxydant, qui n’a donc pas été consommé, ou a-t-il été obtenu lors de l’oxydation de l’éthanol ?


Il est donc nécessaire d’établir la demi-équation redox traduisant le passage entre l’ion chrome (III) et l’ion dichromate Cr

2O

72– pour

déterminer celui des deux qui capte des électrons et constitue donc l’oxydant du couple.

La demi-équation redox relative au couple acide éthanoïque/éthanol fait intervenir des ions hydrogène H+ et des molécules d’eau H

2O ;

elle vérifie la conservation des éléments et de la charge :

2 Cr3+ + 7 H2O o Cr

2O

72– + 14 H+ + 6 e–

Il en est de même pour le couple redox relatif à l’élément chrome.

L’ion dichromate est l’espèce contenant l’élément chrome qui est l’oxydant puisqu’elle peut capter des électrons pour donner l’ion chrome (III).

L’éthylotest contient donc initialement l’ion dichromate qui lui confère une coloration orangée.


L’éthylotest présenté contient des granulés verts. Cette couleur atteste de la présence des ions chrome (III) qui ont donc été obtenus lors de la réaction entre les ions dichromate initialement présents dans l’éthylotest et l’éthanol. L’air expiré par l’étudiant contenait de l’éthanol : l’étudiant a donc consommé de l’alcool.

Un pas vers le coursUne demi-équation rédox doit respecter la conservation des élé-ments et de la charge.

Pour établir la demi-équation redox, il faut :

• Assurer la conservation

1. de l’élément chrome

2. de l’élément oxygène O avec des molécules d’eau

3. de l’élément hydrogène avec des ions hydrogène H+

• Assurer la conservation de la charge avec des électrons

Une réaction d’oxydoréduction est une réaction d’échange d’élec-trons entre l’oxydant d’un couple et le réducteur d’un autre couple. L’oxydant Cr

2O

72– réagit donc avec le réducteur CH

3–CH

2–OH : ce

sont les réactifs. Les électrons cédés par le réducteur sont captés par l’oxydant et n’apparaissent pas dans l’équation :

(Cr2O

72– + 14 H+ + 6 e– o 2 Cr3+ + 7 H

2O) × 2

(CH3–CH

2–OH + H

2O o CH

3–CO

2H + 4 H+ + 4 e–) × 3

Ce qui permet d’avoir le nombre d’électrons libérés (3 × 4 e–) égal au nombre d’électrons captés (2 × 6 e–) : les électrons se simplifient donc lorsque l’on ajoute les réactifs à gauche de la flèche et les produits à droite de la flèche. L’équation de la réaction s’en déduit :

2 Cr2O

72– + 28 H+ + 3CH

3–CH

2–OH + 3 H

2O r

4 Cr3+ + 14 H2O + 3 CH

3–CO

2H + 12 H+

Soit :

2 Cr2O

72– + 16 H+ + 3CH

3–CH

2–OH r

4 Cr3+ + 11 H2O + 3 CH

3–CO

2H

4


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



QCM


1 1. A, B et C ; 2. A et B.

2 1. A et B ; 2. B ; 3. B et C ; 4. B.

3 1. B et C ; 2. A et B.

4 1. A et C ; 2. B et C.



6 1. Les couples oxydant/réducteur sont :

Ag+ (aq) / Ag (s) et Fe3+ (aq) / Fe2+ (aq)

2. Le courant traverse la résistance en sortant de l’électrode d’argent, borne positive, vers l’électrode de graphite.

3. a. Les électrons se déplacent de l’électrode de graphite vers l’électrode d’argent.

Équation de l’oxydation qui a lieu à l’électrode de graphite :

Fe2+ (aq) r Fe3+ (aq) + e–

b. Équation de la réduction qui a lieu à l’électrode d’argent :

Ag+ (aq) + e– r Ag (s)

4. L’électrode de graphite assure seulement le passage du courant entre la demi-pile correspondant au couple Fe3+ (aq) / Fe2+ (aq) et le circuit extérieur.



8 1. L’équation de la réaction s’écrit :

2 Al (s) + 6 H+ (aq) r 2 Al3+ (aq) + 3 H2 (g)

2. La quantité initiale d’ions H+ (aq) est égale à :

n0(H+) = C∙V = 1,0 × 25,0 × 10–3

n0(H+) = 2,5 × 10–2 mol

La masse d’aluminium cherchée permet de consommer la totalité des ions H+ (aq) initialement présents :

n0

6

H( ) =

n 0

2

(Al)

La quantité d’aluminium oxydé est donc égale à :

n0(Al) =

n0

3

H( ) = 8,3 × 10–3 mol

Donc la masse m d’aluminium oxydé est :

m = n0(Al)∙M(Al)

soit m = 8,3 × 10–3 × 27,0 = 0,23 g



9 1. Une pile à combustible est un générateur qui, alimenté continûment en réactifs, produit électricité et chaleur.

2. Une pile à combustible n’est pas toujours écologique, car son empreinte carbone réelle dépend de la méthode utilisée pour pro-duire le dihydrogène et de la chaîne d’approvisionnement.

3. Les piles à combustibles servent à l’alimentation de bâtiments, d’installations industrielles, au secours électrique, à l’alimentation de sites isolés, au transport (véhicules particuliers, engins de ma-nutention).

L’intérêt des piles à combustibles est que l’eau est généralement le seul rejet et qu’elle utilise le dioxygène de l’air comme oxydant.

10

Avantages Inconvénients

Faible entretien Manque d’autonomie

Pas de gaz d’échappement, donc amélioration de la qualité de l’air en ville

Points de recharge peu nombreux

Économie Prix d’achat

Réduction de la dépendance aux hydrocarbures Impact environnemental à la fabrication

11 1. À l’extérieur de la pile, le courant sort de la borne positive, l’électrode d’argent.

À l’extérieur de la pile, les porteurs de charge sont les électrons : ils se déplacent en sens inverse du courant (de l’électrode de zinc vers l’électrode d’argent).

À l’intérieur de la pile, les porteurs de charge sont les ions, les ca-tions circulant dans le sens du courant et les anions dans le sens inverse.

2. Les électrons qui partent de l’électrode de zinc sont libérés par l’oxydation du zinc métallique :

Zn (s) r Zn2+ (aq) + 2 e–

Les électrons qui arrivent à l’électrode d’argent permettent la ré-duction des ions Ag+ (aq) :

Ag+ (aq) + e– r Ag (s)

12 1. Les électrons sont produits à l’électrode de fer et sont consommés à l’électrode de nickel, comme l’indiquent les réactions aux électrodes. Les électrons circulent donc de l’électrode de fer à l’électrode de nickel dans le circuit extérieur, et donc dans la résis-tance R.

2. Dans la résistance R, le courant circule dans le sens inverse de celui des électrons, donc de l’électrode de nickel à l’électrode de fer. Le pôle positif de la pile est donc l’électrode de nickel.

13 a. Cr3+ (aq) + 3 e– S Cr (s)

b. Fe3+ (aq) + e– S Fe2+ (aq)

c. Hg22+ (aq) + 2 e– S 2 Hg (ℓ)



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

154

14 1. Deux espèces Ox et Red sont dites conjuguées et forment un couple oxydant / réducteur, noté Ox / Red, si elles peuvent être reliées par une demi-équation d’oxydoréduction, ou demi-équa-tion redox :

Ox + n e– S Red 2. a. Fe3+ (aq) / Fe2+ (aq)

Fe3+ (aq) / Fe (s)

Fe2+ (aq) / Fe (s)

Cl2 (g) / Cl– (aq)

b. Fe3+ (aq) + e– S Fe2+ (aq)

Fe3+ (aq) + 3 e– S Fe (s)

Fe2+ (aq) + 2 e– S Fe (s)

Cl2 (g) + 2 e– S 2 Cl– (aq)

15 1. a. MnO4– (aq) + 8 H+ (aq) + 5 e– S Mn2+ (aq) + 4 H

2O (ℓ)

b. NO3– (aq) + 4 H+ (aq) + 3 e– S NO (g) + 2 H

2O (ℓ)

c. 2 S2O

32– (aq) S S

4O

62– (aq) + 2 e–

2. Les couples oxydant/ réducteur correspondants sont :

a. MnO4– (aq) / Mn2+ (aq)

b. NO3– (aq) / NO (g)

c. S4O

62– (aq)/ S

2O

32– (aq)

3. Le passage de l’ion S2O

32– (aq) à l’ion S

4O

62– (aq) correspond à une

oxydation puisqu’il se fait avec libération d’électrons.

16 1. a. HClO (aq) + H+ (aq) + 2 e– S Cl– (aq) + H2O (ℓ)

b. 2 IO3

– (aq) + 12 H+ (aq) + 10 e– S I2 (aq) + 6 H

2O (ℓ)

c. O2 (aq) + 4 H+ (aq) + 4 e– S 2 H

2O (ℓ)

2. L’eau ne peut être réduite en dioxygène puisque l’eau est le ré-ducteur du couple O

2 (aq)/ H

2O (ℓ).

17 1. a. Les couples oxydant/réducteur sont :

Fe2+ (aq) / Fe (s) et Sn2+ (aq) / Sn (s).

b. La réaction électrochimique qui se produit à l’électrode de fer a pour équation :

Fe (s) r Fe2+ (aq) + 2 e–

La réaction électrochimique qui se produit à l’électrode d’étain a pour équation :

Sn2+ (aq) + 2 e– r Sn (s)

2. La réaction se produit par transfert direct d’électrons et a la même équation que la réaction de fonctionnement de la pile.

18 1. Les couples redox mis en jeu sont :

Pb2+ (aq) / Pb (s) et Cu2+ (aq) / Cu (s).

Leurs demi-équations redox s’écrivent :

Pb2+ (aq) + 2 e– S Pb (s)

Cu2+ (aq) + 2 e– S Cu (s)

L’équation de la réaction qui a lieu est :

Cu2+ (aq) + Pb (s) r Cu (s) + Pb2+ (aq)

2. Il s’agit bien d’une réaction d’oxydoréduction puisqu’un échange d’électrons entre le plomb métallique et les ions cuivre (II) se pro-duit.

3. Une pile mettant en jeu les mêmes espèces chimiques que la ré-action étudiée est :

Lamede plomb

Lamede cuivre

Solution de nitratede plomb (II)

Pb2+ (aq) + 2 NO3– (aq)

Solution de sulfatede cuivre (II)

Cu2+ (aq) + SO42 – (aq)

Pont salin

19 1. Les ions argent, Ag+ (aq), sont réduits en argent métallique, Ag (s) (gain d’électron) : la réaction est une réaction d’oxydo-réduction.

2. Les couples Ox / Red mis en jeu sont :

Ag+ (aq) / Ag (s) et Pb2+ (aq) / Pb (s).

Les demi-équations redox associées sont :

Ag+ (aq) + e– S Ag (s)

et

Pb2+ (aq) + 2 e– S Pb (s)

3. L’équation de la réaction étudiée est :

2 Ag+ (aq) + Pb (s) r 2 Ag (s) + Pb2+ (aq)

20 1. Cl2 (g) + 2 e– S 2 Cl– (aq)

Sn2+ (aq) + 2 e– S Sn (s)

Al3+ (aq) + 3 e– S Al (s)

2. a. La réaction qui a lieu entre Cl2 (g) et Sn (s) a pour équation :

Cl2 (g) + Sn (s) r 2 Cl– (aq) + Sn2+ (aq)

b. La réaction qui a lieu entre Al (s) et Sn2+ (aq) a pour équation :

2 × ( Al (s) S Al3+ (aq) + 3 e– )

3 × ( Sn2+ (aq) + 2 e– S Sn (s) )

2 Al (s) + 3 Sn2+ (aq) r 2 Al3+ (aq) + 3 Sn (s)

3. Il ne peut pas y avoir de réaction d’oxydoréduction entre Cl– (aq) et Al (s) car ce sont des réducteurs. Or une réaction d’oxydoréduc-tion est une réaction d’échange d’électrons entre l’oxydant d’un couple redox et le réducteur d’un autre couple redox.

21 1. La valeur affichée par le voltmètre est positive, ce qui im-plique que la borne V du voltmètre est reliée à la borne positive de la pile. L’électrode de cuivre est donc la borne positive de cette pile.

2. a. Lorsqu’elle fonctionne, cette pile produit un courant qui cir-cule de la borne positive, l’électrode de cuivre, à la borne négative, l’électrode de plomb dans le circuit extérieur à la pile.

b. À l’extérieur de la pile, dans les parties métalliques du circuit, les porteurs de charge sont des électrons qui se déplacent en sens inverse à celui du courant : de l’électrode de plomb vers l’électrode de cuivre à l’extérieur de la pile.

3. a. Les électrons qui partent de l’électrode de plomb sont libérés par l’oxydation du plomb métallique en ions Pb2+ (aq) selon :

Pb (s) r Pb2+ (aq) + 2 e–

b. Les électrons qui arrivent à l’électrode de cuivre permettent la réduction des ions Cu2+ (aq) selon :

Cu2+ (aq) + 2 e– r Cu (s)4. L’équation de fonctionnement de cette pile est donc :

Cu2+ (aq) + Pb (s) r Cu (s) + Pb2+ (aq)


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


22 1. Les équations des réactions qui ont lieu aux électrodes sont :

H2 (g) r 2 H+ (aq) + 2 e–

O2 (g) + 4 H+ (aq) + 4 e– r 2 H

2O (ℓ)

L’équation de fonctionnement de la pile s’en déduit :

O2 (g) + 2 H

2 (g) r 2 H

2O (ℓ)

2. a. La réaction de formation du dihydrogène à partir de NaBH4 (s)

est :

NaBH4 (s) + 2 H

2O (ℓ) r 4 H

2 (g) + NaBO

2 (s)

b. La demi-équation du couple H2O (ℓ) / H

2 (g) est :

H2O (ℓ) + 2 H+ (aq) + 2 e– S H

2 (g) + H

2O (ℓ)

qui conduit à 2 H+ (aq) + 2 e– S H2 (g).

Les ions hydrogène H+ (aq) ont été réduits en H2 (g) : la réaction

considérée est donc une réaction d’oxydoréduction.

3. Les avantages de ce système sont :

– la pile ne rejette que de l’eau ;

– elle fonctionne avec le dioxygène de l’air et peut être régulière-ment réalimentée en NaBH

4 (s) ;

– l’utilisation de la pile permet de fournir de l’énergie électrique lorsque peu de puissance est nécessaire et de recharger l’accu-mulateur lithium-ion, qui peut ensuite apporter plus de puissance lorsque cela est nécessaire.

23 1. Les couples rédox mis en jeu sont :

Pb2+ (aq) / Pb (s) et Cu2+ (aq) / Cu (s).

2. D’après l’équation de la réaction de fonctionnement de la pile, les ions cuivre (II), Cu2+ (aq), sont réduits en cuivre solide, Cu (s). Les électrons nécessaires à cette réduction arrivent donc à l’électrode de cuivre par le circuit extérieur (Cu2+ (aq) + 2e– r Cu (s)).

Le sens du courant électrique est opposé au sens du mouvement des électrons : le courant sort donc de l’électrode de cuivre qui constitue donc la borne positive de cette pile.

3. Les quantités initiales de réactifs et de produits sont :

n0 (Cu2+ ) = n

0 (Pb2+) = C∙V

n0 (Cu2+) = n

0 (Pb2+) = 0,50 × 50,0 × 10–3 = 2,5 × 10–2 mol

n Cu m

1

M1

4 2

63 50( )=

,

,= = 6,6 × 10–2 mol

n Pb m

2

M2

9 7

2 7 20 0( )

,

, = 4,7 × 10–2 mol

Établissons le tableau d’avancement de la réaction : voir en fin de

chapitre

a. Si l’ion Cu2+ est le réactif limitant :

2,5 × 10–2 – xmax

= 0 et x1 max

= 2,5 × 10–2 mol

Si le plomb métallique est le réactif limitant :

4,7 × 10–2 – xmax

= 0 et x2 max

= 4,7 × 10–2 mol

Or x1 max

< v2 max

, d’où xmax

= x1 max

= 2,5 × 10–2 mol. Les ions cuivre (II) constituent le réactif limitant.

b. Lorsque l’avancement maximal est atteint, la réaction s’arrête, il n’y a donc plus d’échange d’électrons entre ses réactifs. La pile ne peut donc plus faire circuler d’électrons, elle ne fonctionne plus.

24 1. À l’électrode de graphite, le lithium s’oxyde car il perd des électrons.

2. Les électrons libérés par le lithium sortent de cette électrode pour traverser le circuit électrique, le courant entre donc dans l’ac-cumulateur par cette électrode : l’électrode de lithium constitue donc le pôle négatif de l’accumulateur.

3. L’équation de la réaction de fonctionnement en générateur de l’accumulateur est :

Li(graphite) r (graphite) + Li + + e–

CoO2 + Li + + e– r CoLiO

2

CoO2 + Li(graphite) r(graphite) + CoLiO

2

4. Les porteurs de charge responsables du passage du courant dans le circuit extérieur, ainsi que dans les électrodes, sont les électrons.

Les ions lithium assurent le passage du courant électrique dans l’ac-cumulateur.

5. a. Puisque que la réaction qui se produit lors de la charge est l’inverse de celle qui se produit lorsque l’accumulateur fonctionne en générateur, les électrons doivent circuler en sens inverse de leur sens de déplacement lors du fonctionnement en générateur. Ils cir-culent donc de l’électrode d’oxyde de cobalt vers celle de graphite dans le circuit extérieur à l’accumulateur.

b. Les électrons doivent sortir de l’accumulateur par l’électrode constituée d’oxyde de cobalt lors de sa charge et le courant élec-trique imposé par le générateur électrique doit rentrer par cette électrode : la borne positive du générateur électrique doit donc être reliée à l’électrode d’oxyde de cobalt et la négative à l’électrode de graphite.

25 Traduction :

Pile à combustible dans la navette spatialeLa pile à combustible de la Navette Spatiale se compose du secteur du générateur, où la réaction chimique se produit, et du secteur des accessoires qui contrôle et surveille le rendement du secteur du générateur. Le secteur du générateur, où l’hydrogène et l’oxygène sont transformés en électricité, en eau et en chaleur, se compose de 96 cellules (...). Les cellules contiennent l’électrolyte composé d’hy-droxyde de potassium et d’eau, une électrode à oxygène (cathode) et une électrode à hydrogène (anode). L’oxygène est acheminé à l’électrode d’oxygène de la pile à combustible, où il réagit avec l’eau et des électrons qui arrivent, pour produire des ions hydroxyde. Puis les ions hydroxyde migrent vers l’électrode à hydrogène, où ils inter-viennent dans la réaction de l’hydrogène. L’hydrogène est acheminé à l’électrode d’hydrogène de la pile à combustible, où il réagit avec les ions hydroxyde de l’électrolyte. Cette réaction électrochimique produit des électrons (énergie électrique), de l’eau et de la chaleur.

1. L’équation de la réaction qui a lieu à l’électrode à hydrogène s’écrit :

H2 (g) + 2 HO– (aq) r 2 H

2O (ℓ) + 2 e–

L’équation de la réaction qui a lieu à l’électrode à oxygène s’écrit :

O2 (g) + 2 H

2O (ℓ) + 4 e– r 4 HO– (aq)

2. a. Une oxydation a lieu à l’anode constituée par l’électrode à hy-drogène.

b. Une réduction a lieu à la cathode constituée par l’électrode à oxygène.

3. L’équation de la réaction de fonctionnement de cette pile se dé-duit des équations des réactions aux électrodes :

2 × ( H2 (g) + 2 HO– (aq) r 2 H

2O (ℓ)) + 2 e– )

O2 (g) + 2 H

2O (ℓ) + 4 e– r 4 HO– (aq)

O2 (g) + 2 H

2 (g) r 2 H

2O (ℓ)

4. Le rôle de l’électrolyte est d’assurer le passage du courant par déplacement d’ions (des ions hydroxyde de la cathode à l’anode).

La solution d’hydroxyde de potassium a été choisie parce qu’elle contient des ions hydroxyde et potassium qui peuvent se déplacer.

26 1. Les demi-équations des couples mis en jeu sont :

2 SO2 (ℓ) + 2 e– S S

2O

42– (solv)



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

156

Li+ (solv) + e– S Li (s)

2. Si le lithium constitue le pôle négatif de cette pile, c’est que l’électrode de lithium libère des électrons, donc qu’elle est le siège d’une oxydation d’équation :

Li (s) r Li+ (solv) + e–

L’équation de fonctionnement est donc :

2 SO2 (ℓ) + 2 Li (s) r S

2O

42– (solv) + Li+ (solv)

3. a. La réaction du lithium métallique avec l’eau est bien une réac-tion d’oxydoréduction car le lithium s’oxyde en ions lithium selon :

Li (s) r Li+ (aq) + e–

b. Ces piles doivent être recyclées et ne jamais être ouvertes, car le lithium métallique ne doit jamais être en contact avec de l’eau, même l’humidité de l’air, au risque de réagir violemment.

27 1. Les couples oxydant / réducteur mis en jeu lorsqu’une pile bouton à oxyde d’argent fonctionne

sont :

Ag2O (s) / Ag (s) et ZnO (s) / Zn (s).

2. D’après les équations des réactions qui se produisent aux élec-trodes, l’oxyde d’argent solide est réduit lorsque la pile fonctionne. Les électrons arrivant à l’électrode d’argent, le courant sort de cette électrode : l’électrode d’argent constitue donc la borne positive de la pile.

3. L’équation de la réaction de fonctionnement d’une pile bouton s’obtient à partir des équations des réactions qui se produisent à ses électrodes :

Zn (s) + 2 HO– (aq) r ZnO (s) + H2O (l) + 2 e–

Ag2O (s) + H

2O (l) + 2 e– r 2 Ag (s) + 2 HO– (aq)

Ag2O (s) + Zn (s) r 2 Ag (s) + ZnO (s)

4. La quantité d’oxyde d’argent initiale est :

n0 (Ag

2O) =

m Ag2O

M Ag O2

( )

( )

n0 (Ag

2O) =

0,52

2 × 107,9 + 16,0 = 2,2 × 10–3 mol

L’équation de la réaction montre que l’on récupérera une quantité d’argent égale au double de la quantité d’oxyde d’argent consom-mée, soit au maximum :

nmax

(Ag) = 2 n0 (Ag

2O)

mmax

(Ag) = nmax

(Ag)∙M(Ag) = 2 n0 (Ag

2O)∙M(Ag)

mmax

(Ag) = 2 × 2,2 × 10–3 × 107,9 = 0,48 g

5. Ces piles doivent être recyclées car elles contiennent une solu-tion concentrée d’hydroxyde de potassium, qui est dangereuse ; en effet, cette solution peut provoquer des brûlures chimiques de la peau, des yeux et des muqueuses respiratoires ou digestives, etc. De plus, le zinc et l’oxyde de zinc présentent un danger aigu et chro-nique pour le milieu aquatique ; le recyclage permet d’éviter une pollution au zinc.

Il permet également de récupérer de l’argent dont les réserves mondiales diminuent.


1. La demi-équation de l’oxydation du fer métallique s’écrit :

Fe(s) o Fe2+ (aq) + 2 e–

2. D’après le document 3, les métaux susceptibles de protéger la coque en acier sont ceux dont le potentiel est inférieur à celui du couple Fe2+ (aq) / Fe(s).

Ce sont donc : le zinc, l’aluminium et le magnésium.

Étape 1 : S’approprier la question posée1. Quelle est la constitution de l’acier ?

2. Qu’est-ce qu’une anode sacrificielle ?

3. Comment protéger une coque en acier ?

4. Pourquoi le zinc a-t-il été choisi ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents5. Le zinc, l’aluminium et le magnésium sont les métaux dont les couples ont un potentiel inférieur à celui du couple auquel appar-tient le fer (doc. 3).

6. Un atome de zinc libère deux électrons lorsqu’il est oxydé : l’oxy-dation d’une mole de zinc libère deux moles d’électrons. La charge électrique alors échangée se déduit de la quantité d’électrons échangés et de la valeur absolue de la charge d’une mole d’élec-trons (doc. 1 et 3).

7. La charge électrique échangée lors de l’oxydation du zinc est égale au produit de l’intensité du courant établi lors de l’oxydation par la durée de l’oxydation.

Étape 3 : Dégager la problématique8. Quelle est la masse de zinc consommée lors de l’échange de la charge électrique Q = I∙Δt pendant la durée Δt = 1 an ?

Étape 4 : Construire la réponse – Déterminer la quantité d’électricité échangée lors de la protec-

tion de la coque du bateau (doc. 2). – En déduire la quantité d’électrons lors de la protection (doc. 1). – En déduire la quantité de zinc qui a libéré cette quantité d’élec-

trons puis la masse de zinc (doc. 1).

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiqueLorsque la coque en acier d’un bateau est attaquée, c’est le fer, prin-cipal constituant de l’acier, qui est oxydé en ions Fe2+. Pour éviter cette oxydation qui dégrade la coque, il est nécessaire de protéger le fer en posant sur la coque des blocs d’un autre métal. Quel mé-tal peut-il être choisi et quelle masse de ce métal faut-il déposer sur la coque pour pouvoir assurer la protection pendant une durée d’un an ?

• Mise en forme de la réponseLe zinc, plus facilement oxydé que le fer car le potentiel du couple auquel il appartient est inférieur à celui du couple auquel appartient le fer, peut être choisi pour protéger le fer. Il est oxydé selon la de-mi-équation : Zn(s) o Zn2+ (aq) + 2 e–

Cette équation permet de relier la quantité d’électrons libérés par cete oxydation à la quantité de zinc oxydée : n(e–) = 2 n

0(Zn).

La quantité d’électricité libérée est alors égale à :

Q = 2 × q∙n0(Zn)

Or cette quantité d’électricité est aussi égale à Q = I∙Δt.

La quantité de zinc nécessaire à la protection de durée Δt est donc égale à :

n0(Zn) =

I t

2q

· ∆

La masse de zinc nécessaire à cette protection s’en déduit :

m(Zn) = n0(Zn)∙M(Zn) =

2qI·∆t ·M(Zn)

Soit m(Zn) = 4 × 365 × 24 × 3 600 × 65,4

2 × 9,65 × 104 = 4,3 × 104 g

Soit 43 kg de zinc.

Or on doit remplacer les anodes sacrificielles lorsque 50 % de leur masse a été oxydée.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


La masse de zinc nécessaire est donc égale au double de la valeur précédente :

mtot

(Zn) = 2 × 43 kg = 86 kg soit 9 × 101 kg.

• Conclusion revenant sur la problématiqueLa masse de zinc nécessaire pour protéger pendant un an une coque en acier est égale à 9 × 101 kg. Cette masse importante est répartie en différents points de la coque, ce qui correspond à la photogra-phie proposée.

En considérant que la masse volumique du zinc doit être voisine de 10 kg∙dm–3, on prévoit un volume de 9 dm3 à répartir.

29 1. a. Les réactions électrochimiques qui se produisent ont pour équation :

H2 (g) r 2 H+ (aq) + 2 e–

O2 (g) + 4 H+ (aq) + 4 e– r 2 H

2O (ℓ)

L’équation de la réaction de fonctionnement s’en déduit :

O2 (g) + H

2 (g) r 2 H

2O (ℓ)

Cette équation montre que le seul rejet de cette pile est l’eau.

b. La technologie à hydrogène, c’est-à-dire l’emploi de piles à com-bustibles fonctionnant avec du dihydrogène, pourrait effective-ment rapidement jouer un rôle important dans l’amélioration de la qualité de l’air respiré par les citadins, car son emploi permet de remplacer des véhicules très polluants et émetteurs de dioxyde de carbone (par exemple les Black Cab classiques) par des véhicules qui ne le sont pas (les Fuel Cell Black Cab).

2. La quantité de dihydrogène correspondant à une masse de 3,7 kg est :

n0(H

2) =

m(H2)

2M(H) =

3,7 × 103

2 0,= 1,9 × 103 mol

soit un volume à une pression de 1,0 bar et à la température égale à 25 °C :

V(H2) = n

0(H2)∙Vm = 1,85 × 103 × 24

V(H2) = 4,4 × 104 L = 44 m3

Un tel volume est impossible à stocker dans un taxi. Il est donc né-cessaire de stocker le dihydrogène sous pression afin de diminuer le volume de stockage.

3. Un accumulateur est un système qui peut se recharger à l’aide d’un générateur, alors que cela est impossible pour une pile. L’in-térêt d’associer des accumulateurs et une pile à combustible est de

pouvoir recharger l’accumulateur que le véhicule soit à l’arrêt ou en mouvement et de fournir plus de puissance au moteur en cas de besoin. De plus, la chaleur générée par le fonctionnement de la pile peut servir à chauffer l’habitacle du véhicule.

4. On ne peut pas vraiment dire que les véhicules fonctionnant avec des piles à hydrogène sont écologiques, car il faut prendre en compte le mode de production du dihydrogène. La majeure partie du dihydrogène produit l’est encore à partir de combustibles fos-siles, ce qui pose un problème de ressources et génère du dioxyde de carbone. Il peut aussi être produit par électrolyse de l’eau qui nécessite une énergie importante, qui peut être source de pollution si ce n’est pas une énergie renouvelable.


Les véhicules de type Fuel Cell Black Cab sont présentés comme une solution au problème de la pollution urbaine. Quels sont leurs avan-tages et leurs inconvénients ?

• Mise en forme de la réponseLeur principal avantage est la réduction notable de la pollution de la ville de Londres. En effet, ces véhicules ne libèrent aucun produit lors du fonctionnement des accumulateurs qui les alimentent et ne libèrent que de l’eau lors du fonctionnement des piles à combus-tibles : cela permet de diminuer de façon notable les émissions de gaz polluants et conduit à une amélioration importante de la qualité de l’air en milieu citadin. Le couplage entre accumulateur et pile à combustible permet à ces véhicules d’avoir une autonomie plus im-portante puisque la pile à combustible permet de recharger les accu-mulateurs ou de fournir plus de puissance lorsque c’est nécessaire.

Leurs principaux inconvénients restent le problème de la distribu-tion du dihydrogène et du caractère durable de son mode de pro-duction. Sa production à partir de combustibles fossiles ou par élec-trolyse de l’eau n’est pas sans conséquence sur l’environnement. Le développement d’une production à partir de la biomasse pourrait régler ce problème. Un autre inconvénient reste l’autonomie limi-tée de ce type de véhicule (250 km), ce qui pose le problème d’une utilisation autre que citadine.

• Conclusion revenant sur la problématiqueL’utilisation de tels véhicules en ville va conduire à une réelle amé-lioration de l’air citadin mais ce n’est pas encore une solution gé-néralisable à tous les véhicules et ni une solution totalement écolo-gique car de nombreux problèmes ne sont pas encore totalement résolus.

Tableau d’avancement

Exercice 23

Équation chimique Cu2+ (aq) + Pb (s) r Pb2+ (aq) + Cu (s)

État du système Avancement (mol) n(Cu2+) n(Pb) n(Pb2+) n(Cu)

État initial 0 2,5 × 10–2 4,7 × 10–2 2,5 × 10–2 6,6 × 10–2

État intermédiaire x 2,5 ×10–2 – x 4,7 × 10–2 – x 2,5 × 10–2 + x 6,6 × 10–2 + x

État final xmax 2,5 × 10–2 – x

max4,7 × 10–2 – x

max 2,5 × 10–2 + xmax

6,6 × 10–2 + xmax



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

158


Activité 4



S’approprier


• L’alcool dont la teneur est limitée par la loi est l’éthanol (doc. 1).

• Les ions dichromate Cr2O

72– confèrent aux solides qui les contien-

nent une coloration orangée et les ions chrome (III) Cr3+ confèrent aux solides qui les contiennent une coloration verte (doc. 2).

• Les ions dichromate et chrome (III) sont conjugués (doc. 2).

• L’éthanol est un réducteur qui peut former de l’acide étha-noïque en libérant des électrons (doc. 3).

• L’acide éthanoïque et l’éthanol sont conjugués car on peut passer de l’un à l’autre par transfert d’électrons (doc. 3).

• Une réaction d’oxydoréduction est une réaction de transfert d’électrons entre l’oxydant d’un couple et le réducteur d’un autre couple (doc. 3).

• L’éthylotest comporte un solide ionique contenant l’élément chrome qui va être au contact de l’éthanol éventuellement conte-nu dans l’air expiré par le sujet contrôlé (doc. 4).


L’élève mobilise ses connaissances sur les équations de réaction (conservation des éléments et de la charge) pour traiter les demi-équations d’oxydoréduction.

Reformuler, dégager la problématique principale.

L’ion chrome (III), responsable de la couleur vert des granulés de l’éthylotest, est-il l’oxydant initialement présent dans l’éthylotest ou a-t-il été obtenu par réaction avec l’éthanol ?

Analyser





• Déterminer quel ion contenant l’élément chrome peut oxyder l’éthanol éventuellement contenu dans l’air expiré par l’étudiant.

• Établir la demi-équation redox relative au couple formé par les ions Cr

2O

72– et Cr3+ pour identifier l’oxydant de ce couple, c’est-à-

dire celui qui peut capter des électrons.

• En déduire si l’ion chrome (III) contenu dans l’éthylotest est l’oxydant du couple qui n’a pas réagi ou le réducteur obtenu après réaction.


• La demi-équation redox établie vérifie la conservation des éléments et de la charge.

• L’oxydant et le réducteur sont identifiés à partir de la demi-équation redox et du sens du transfert d’électrons.

• L’élève a compris que, si l’ion chrome (III) est le réducteur du couple contenant l’élément chrome, c’est qu’il a été obtenu lorsque l’éthanol a été oxydé par l’ion dichromate lors du contrôle de l’air expiré par l’étudiant.

Valider


Éventuellement, faire preuve d’esprit critique :– en commentant ; – en repérant les points faibles de l’argumenta-tion (contradiction, partialité, incomplétude,…), confrontant le contenu des documents avec ses connaissances.

• La réponse est formulée en revenant sur la question de départ, c’est-à-dire en concluant que la présence de chrome (III) dans l’éthylotest en fin de réaction permet d’affirmer que l’étudiant a bu.

• Éventuellement, l’élève peut formuler une critique quant au résul-tat du test : comment est reliée l’évolution de la couleur à la valeur maximale d’éthanol présente dans 1 L d’air expiré, fixée par la loi ?












© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Exercice 28



S’approprier


• La corrosion du fer correspond à son oxydation par le dioxygène de l’air (doc. 1).

• Lors de l’oxydation d’un métal M (s) en ions Mk+ selon l’équation :

M (s) i Mk+ + k e–

une quantité n0(M) de métal oxydé libère la quantité d’électrons

n(e–) = k· n0(M).

La charge électrique alors échangée est égale à Q = k · q · n0(M)

où q désigne la valeur absolue de la charge d’une mole d’électrons (doc. 1).

• La charge électrique échangée lors de l’oxydation d’une anode sacrificielle peut être reliée à l’intensité du courant qui circule et à la durée de la réaction d’oxydation : Q = I·Δt (doc. 2).

• Lorsque deux métaux sont en contact et peuvent être oxydés par le dioxygène de l’air, c’est le métal dont le couple a le poten-tiel le plus bas qui est oxydé (doc. 3).


L’élève sait exploiter quantitativement une demi-équation de réaction.


Quelle est la masse de zinc consommée lors de l’échange de la charge électrique Q = I·Δt pendant la durée Δt = 1 an ?

Analyser

Conduire un raisonnement : – en proposant, explicitant une stratégie de réponse ;– en s’appuyant sur ses connaissances pour enrichir.


• Déterminer la quantité d’électricité échangée lors de la protec-tion de la coque du bateau durant 1 an.

• En déduire la quantité d’électrons échangés lors de la protection.

• En déduire la quantité, puis la masse de zinc qui a libéré cette quantité d’électrons.


• L’équation traduisant l’oxydation du zinc est correctement établie.

• La demi-équation de réaction est correctement exploitée.

• Les unités des grandeurs utilisées sont cohérentes.

• L’élève est capable de :

– Exprimer les grandeurs littérales.

– Effectuer des calculs numériques.

– Convertir les unités.

– Écrire un résultat de manière adaptée (unités, chiffres signifi-catifs, etc.).

• L’élève a compris que les anodes sacrificielles doivent être rem-placées lorsque 50 % de leur masse a été consommée et en tient compte pour déterminer la masse de zinc à prévoir.

Valider


Éventuellement, faire preuve d’esprit critique :– en commentant ; – en repérant les points faibles de l’argumenta-tion (contradiction, partialité, incomplétude,…), confrontant le contenu des documents avec ses connaissances.

• La réponse est formulée en revenant sur la question de départ, c’est-à-dire en donnant la masse de zinc permettant d’assurer la protection de la coque pendant un an. Il fait le lien entre la valeur de cette masse et la photographie proposée dans le sujet montrant la répartition de cette masse en plusieurs endroits de la coque.












Chapitre 16 1Composés organiques oxygénés

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

160

Chapitre

Composés organiques oxygénés

16


Alcools, aldéhydes, cétones : nomenclature, oxydations.

Acides carboxyliques : nomenclature, caractère acide, solubilité et pH.

Nommer des aldéhydes, cétones et acides carboxyliques.

Reconnaître la classe d’un alcool.

Écrire l’équation de la réaction d’oxydation d’un alcool et d’un aldéhyde.

Pratiquer une démarche expérimentale pour :

– extraire un acide carboxylique d’un mélange ;

– oxyder un alcool ou un aldéhyde ;

– mettre en évidence, par des tests caractéristiques ou une CCM, un produit ou des produits issus de l’oxydation d’un alcool.

Réaliser une extraction par solvant, une filtration sous vide, une CCM en justi-fiant le choix du matériel à utiliser.

Liens avec les programmes officiels des classes précédentes ou d’autres disciplines de la classe de Première SPhysique Chimie 2de

Extraction, séparation et identification d’espèces chimiques.Chromatographie sur couche mince.

Ressources numériquesCapsule vidéo : Nomenclature des cétones et acides carboxyliques

Animations : Nomenclature des aldéhydes et des cétones & Nomenclature des acides carboxyliques





Activités

Nomenclature de composés oxygénés 3 p. 302 du manuel

Compléments


aNommer des aldéhydes, des cétones et des acides carboxyliques.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité doit être faite avant le cours. Elle permet de découvrir les règles de nomenclature à travers les exemples donnés.

Solution

1. Aldéhydes : 2-éthylpentan-3-one et méthanal.Cétones : 4-méthylpentan-3-one ; pentan-3-one et méthylbutanone.Acide carboxylique : acide 2,4-diméthylhexanoïque.

2. Fiche méthode « Nomenclature des aldéhydes, cétones et acides carboxyliques » :– Rechercher la chaîne principale : c’est la chaîne la plus longue contenant l’atome de carbone du groupe fonctionnel (carbonyle ou carboxyle).

– Numéroter la chaîne principale de telle sorte que l’atome de carbone du groupe fonctionnel ait le numéro x le plus petit possible. Dans le cas des aldéhydes et des acides carboxyliques, x = 1.– Le nom de la molécule dérive de celui de l’alcane de même chaîne carbonée où le « e » final est remplacé par la terminaison :

• –x-one dans le cas d’une cétone ;• –al dans le cas d’un aldéhyde ;• –oïque dans le cas d’un acide carboxylique.

– Le nom de la molécule est précédé du mot « acide » dans le cas d’un acide carboxylique.Remarques générales :

Programme officiel

1


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

161Chapitre 16 1Composés organiques oxygénés

• On place un tiret entre un indice et une lettre ; on place une virgule entre deux indices.• Lorsqu’il n’y a pas d’ambiguïté sur la position du groupe caractéris-tique ou d’un substituant, l’indice de position peut ne pas être précisé.

3. Molécule a : butanone.Molécule b : 5-méthyl-2-propylhexanal.Molécule c : acide 2-éthyl-3-méthyl butanoïque.Molécule d : 2,2-diméthylbutanal.

Quelques propriétés des acides carboxyliques 3 p. 303 du manuel

Compléments


a Connaître les propriétés des acides carboxyliques (caractère acide, solubilité et pH).

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposée– Cette activité permet de travailler des notions présentes dans la co-lonne de gauche : solubilité et caractère acide des acides carboxyliques.

– Cette activité permet aussi de revenir sur les notions de liaisons intermoléculaires (chapitre 8) et de solubilité (chapitres 9 et 10).

Matériel et consommables• Une balance, une spatule, une coupelle.

• Une pipette Pasteur.

• Deux erlenmeyers de 100 mL et leurs bouchons.

• Un bécher de 50 mL.


• Du papier pH.

• Acide benzoïque (0,5 g).

• Acide éthanoïque (6 gouttes).

• Solution aqueuse de pH = 2 (50 mL).

• Solution aqueuse de pH = 8,5 (50 mL).

Réponses

1. Entre des molécules d’eau et des molécules d’acide éthanoïque, il peut s’établir des liaisons hydrogène et des liaisons de Van der Waals.Entre des molécules d’eau et des ions éthanoate, il peut s’établir des liaisons électrostatiques attractives entre l’ion chargé et l’eau, des liaisons hydrogène et des liaisons de Van der Waals.

2. La chaîne carbonée d’une molécule d’acide carboxylique est hydro-phobe car ses interactions avec l’eau sont quasi nulles. L’expérience montre que l’acide éthanoïque est plus soluble dans l’eau que l’acide benzoïque.

Cela s’explique car la chaîne carbonée de l’acide benzoïque est plus volumineuse que celle de l’acide éthanoïque.

3. Facteurs influençant la solubilité des acides carboxyliques dans l’eau :– la solubilité dans l’eau des acides carboxyliques augmente lorsque le pH de la solution augmente ;– la solubilité dans l’eau des acides carboxyliques diminue lorsque la taille de la chaîne carbonée (hydrophobe) augmente.

4. Équation de la réaction :C

6H

5–COOH (aq) r C

6H

5–COO– (aq) + H+ (aq)

Oxydation des alcools et des aldéhydes 3 p. 304 du manuel

Compléments


a Reconnaître la classe d’un alcool.

a Écrire l’équation de la réaction d’oxydation d’un alcool et d’un aldéhyde.

a Pratiquer une démarche expérimentale pour :

– oxyder un alcool ou un aldéhyde ;

– mettre en évidence, par des tests caractéristiques ou une CCM, un produit ou des produits issus de l’oxydation d’un alcool.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette étude expérimentale permet d’aborder l’oxydation des alcools et des aldéhydes et de construire le cours.

Matériel et consommables• 8 tubes à essais et un porte-tubes.

• 5 pipettes Pasteur.

• Cuvette métallique.

• Liqueur de Fehling : 10 mL.

• DNPH : 5 mL.

• Solution à 0,1 mol.L–1 de permanganate de potassium acidifiée à l’acide sulfurique : 20 mL.

• Butan-1-ol : 2 mL.

• Butan-2-ol : 2 mL.

• Méthylpropan-2-ol : 2 mL.

• Butanal : 1 mL.

Note : les pipettes Pasteur sont pratiques pour introduire les réac-tifs. Elles sont également utilisées pour prélever la phase organique après réaction.

2

3



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

162

Réponses

1. MnO4– + 5 e– + 8 H+ (aq) o Mn2+ + 4 H

2O

2. a. Le butan-1-ol est un alcool primaire puisque son atome de carbone fonctionnel n’est lié qu’à un seul atome de carbone.b. Le produit organique obtenu par oxydation est un aldéhyde puisqu’il donne un test positif avec la liqueur de Fehling et la DNPH.Comme l’oxydation se fait sans modification de la chaîne carbonée, il s’agit du butanal de formule :

CH3 CCH2 HCH2

O

c. CH3–CH

2–CH

2–CHO/CH

3–CH

2–CH

2–CH

2–OH

CH3–CH

2–CH

2–CHO + 2 e– + 2 H+ (aq)

o CH3– CH

2–CH

2–CH

2–OH

d. 5 CH3– CH

2–CH

2–CH

2–OH + 2 MnO

4– + 6 H+ (aq)

r 5 CH3–CH

2–CH

2–CHO + 2 Mn2+ + 8 H

2O

3. a. Le butan-2-ol est un alcool secondaire puisque son atome de carbone fonctionnel est lié à deux autres atomes de carbone.

b. Le produit organique obtenu par oxydation est une cétone puisqu’il donne un test positif avec la DNPH et un test négatif avec la liqueur de Fehling.Comme l’oxydation se fait sans modification de la chaîne carbonée, il s’agit de la butanone de formule :

CH3 CH3CH2 C

O

c. CH3–CH

2–CO–CH

3/ CH

3–CH

2–CH(OH)–CH

3

CH3–CH

2–CO–CH

3+ 2 e– + 2 H+ (aq) o CH

3–CH

2–CH(OH)–CH

3

d. 5 CH3–CH

2–CH(OH)–CH

3+ 2 MnO

4– + 6 H+ (aq)

r 5 CH3–CH

2–CO–CH

3 + 2 Mn2+ + 8 H

2O

4. Le méthylpropan-2-ol n’est pas oxydé par les ions permanganate.

5. a. La décoloration de la solution de permanganate de potassium montre que les ions permanganate ont oxydé le butanal.b. 5 CH

3–CH

2–CH

2–CHO + 2 MnO

4– + 6 H+ (aq)

o 5 CH3–CH

2–CH

2–CO

2H + 2 Mn2+ + 3 H

2O

6.

Oxydation ménagée

CH2 OHR

Alcool primaire

CH R’R

OH

Alcool secondaire

C R’

R’’

R

OH

Alcool tertiaire

Couple rédox CHO / R CH2OHRRCOR’ / CH R’R

OH

Demi-équation redox R–CHO + 2 e– + 2 H+ (aq) o R–CH

2–OH R–CO–R’+ 2 e– + 2 H+ (aq) o R–CH(OH)–R’

Extraction d’un acide carboxylique 3 p. 306 du manuel

Compléments


a Pratiquer une démarche expérimentale pour extraire un acide carboxy-lique d’un mélange.

a Réaliser une extraction par solvant.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité permet de réinvestir les connaissances acquises en classe de Seconde sur l’extraction par solvant et d’exploiter le caractère acide d’un acide carboxylique .

Réponses



1. L’éthanoate d’éthyle est-il miscible à l’eau ? S’approprier • Extraire des informations.

2. Quelle est la constitution de la phase inférieure d’un mélange d’eau et d’éthanoate d’éthyle ?S’approprier, Analyser • Extraire et exploiter des informations.

3. L’acide benzoïque est-il plus soluble dans l’eau ou dans l’éthanoate d’éthyle ?S’approprier, Analyser • Extraire et exploiter des informations.

4. Le benzoate de sodium est-il plus soluble dans l’eau ou dans l’éthanoate d’éthyle ?S’approprier • Se questionner.

Analyser • Utiliser un modèle pour prévoir.

5. Comment transformer l’acide benzoïque en ion benzoate ? S’approprier, Analyser • Extraire et exploiter des informations.

6. Comment transformer l’ion benzoate en acide benzoïque ?S’approprier, Analyser • Extraire et exploiter des informations.

4


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Solution totaleL’acide benzoïque est peu soluble dans l’eau alors que le benzoate de sodium est très soluble dans l’eau. L’addition de 20 mL d’une solution aqueuse d’hydrogénocarbonate de sodium à 50 mL de la solution d’acide benzoïque dans l’éthanoate d’éthyle permet d’ob-tenir un dégagement de dioxyde de carbone et des ions sodium et benzoate. Les deux solutions n’étant pas miscibles, il faut travailler dans une ampoule à décanter et commencer à agiter lorsque le dégagement gazeux a cessé et bien veiller à purger très souvent (ou remuer ampoule à décanter orientée avec son robinet vers le haut et ouvert). On récupère la phase aqueuse inférieure qui contient les ions benzoate dans un erlenmeyer. On recommence une nouvelle

extraction analogue à la première en récupérant la phase aqueuse dans le même erlenmeyer.L’addition, réalisée avec précaution, d’une solution concentrée d’acide chlorhydrique permet de transformer les ions benzoate en acide benzoïque qui, peu soluble dans l’eau, va précipiter.On récupère le précipité d’acide benzoïque par filtration sous pres-sion réduite.

Un pas vers le cours

L’acide benzoïque a des propriétés acides car il est capable de libérer des ions hydrogène H+ (aq) en solution aqueuse et de donner des ions benzoate.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

164


QCM


1 1. B ; 2. B ; 3. B.

2 1. B ; 2. B ; 3. B et C ; 4. B et C.

3 1. C ; 2. C.



5 1. a. C’est un acide carboxylique car sa molécule possède un groupe carboxyle.

b. Sa formule semi-développée s’écrit :

CH CH2 C OHCCH3

CH3

CH3 CH3

O

Il s’agit de l’acide 3,3,4-triméthylpentanoïque.

2. La formule semi-développée de cet aldéhyde est :

CH2 CH2 CH C HCHCH3

CH3 C2H5

O



7 1. Les deux tests, positifs à la DNPH, où l’oxydant est soit en défaut, soit en excès, montrent que l’on obtient pour chaque expé-rience le même dérivé carbonylé qui ne peut être qu’une cétone.

L’alcool est donc un alcool secondaire et la seule possibilité, avec la formule brute indiquée, est celle qui est représentée ci-dessous.

H3C

OH

HC CH3

CH2

2. Demi-équation redox relative à l’expérience 1 :

CH3–CHOH–CH

2–CH

3 o CH

3–CO–CH

2–CH

3 + 2 e– + 2 H+



8 Les aldéhydes possèdent un groupe carbonyle dont l’atome de carbone fonctionnel est lié à au plus un atome de carbone. C’est le cas des molécules b. et f.

Les cétones possèdent un groupe carbonyle dont l’atome de car-bone fonctionnel est lié à deux atomes de carbone. C’est le cas des molécules a. et e.

9 1. Les aldéhydes et les cétones possèdent un groupe carbo-nyle. L’atome de carbone fonctionnel des aldéhydes est lié à au plus un atome de carbone alors que celui des cétones est lié à deux atomes de carbone.

2. a. OH2C b.

CH2 CHCH3

O

c.

C CH3CH3

O

10 a. est le propanal ; b. est la pentan-3-one ; c. est la pentan-2-one ; d. est le 2-méthylpropanal ; e. est la 2-méthylpentan-3-one.

11 a.

CH2 CHCHCH3

OCH3 b.

CH CHCHCH3

OCH3 CH3

c.

CH2 CH2 CH2CCH3 CH3

O

d.

C CH2 CH2CCH3 CH3

CH3

CH

O CH3

CH2

CH3

12 1. Les molécules d’acide carboxylique possèdent le groupe carboxyle. Il s’agit de a., c. et d.

2. a. est l’acide butanoïque ;

c. est l’acide 2-méthylbutanoïque ;

d. est l’acide 3-méthylbutanoïque.

13 1. La formule générale des acides carboxyliques est : R–CO2H.

2. a.

C OHCHCH3

OCH3

b.

OHCCH2CH2CH3

O

c.

C OHCHCH3

CH3

CH CH

OCH3 CH3

CH2

14 1. La molécule d’acide propanoïque est polaire, tout comme la molécule d’eau ; il s’établit entre elles des interactions électriques attractives de Van der Waals ainsi que des liaisons hydrogène. Le groupe alkyle de l’acide propanoïque C

2H

5 n’est pas trop volumi-

neux : l’acide propanoïque est soluble dans l’eau.

2. Les molécules d’acide propanoïque sont capables de libérer des ions hydrogène H+ (aq) selon l’équation :

C2H

5CO

2H (aq) r C

2H

5CO

2– (aq) + H+ (aq)

Cette formation d’ions H+ (aq) explique l’acidité de la solution ob-tenue.

15 1. a. S’établissent des interactions de Van der Waals entre chacun de ces deux acides carboxyliques et l’eau. En effet :

• dans une molécule d’eau, les liaisons HO sont polarisées, l’atome d’oxygène porte une charge partielle négative et les atomes d’hy-drogène portent une charge partielle positive ;

• dans une molécule d’acide carboxylique, la liaison OH et les liai-sons CO, C=O sont polarisées et ces atomes d’hydrogène et de car-bone portent une charge positive.

Des liaisons hydrogène peuvent également s’établir entre les mo-lécules d’eau et les molécules d’acide carboxylique. En effet, les


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


atomes d’oxygène, électronégatifs et porteurs de doublets non liants, peuvent établir des liaisons hydrogène avec les atomes d’hy-drogène liés à des atomes d’oxygène et porteurs d’une charge par-tielle positive.

b. L’acide éthanoïque est plus soluble que l’acide pentanoïque car son groupe alkyle est moins volumineux.

2. Une solution aqueuse d’acide éthanoïque est acide, ce qui n’est pas le cas d’une solution aqueuse d’éthanol.

16 L’atome de carbone fonctionnel d’un alcool primaire est lié à au plus un atome de carbone.

Les molécules a. et e. sont des alcools primaires.

L’atome de carbone fonctionnel d’un alcool secondaire est lié à deux atomes de carbone.

Les molécules b., c. et d. sont des alcools secondaires.

L’atome de carbone fonctionnel d’un alcool tertiaire est lié à trois atomes de carbone : c’est le cas de la molécule f.

17 1. L’alcool représenté à gauche est un alcool primaire ; celui représenté à droite est un alcool secondaire.

2. La classe tertiaire n’est pas illustrée.

Un exemple d’alcool tertiaire est le méthylpropan-2-ol :

CH3CCH3

OH

CH3

18 1. a. Le méthanal, aldéhyde, peut être oxydé en acide métha-noïque :

C OHH

O

b. Le propan-2-ol, alcool secondaire, peut être oxydé en propanone :

C CH3H3C

O

c. Le méthylpropan-2-ol, alcool tertiaire, ne peut pas être oxydé de façon ménagée.

d. Le 2-méthylbutan-1-ol, alcool primaire, peut être oxydé en 2-méthylbutanal :

HCH2CH3 CH C

OCH3

ou en acide 2-méthylbutanoïque :

OHCH2CH3 CH C

OCH3

2. a. HCOOH + 2 e– + 2H+ (aq) S H2CO + H

2O

b. CH3COCH

3 + 2 e– + 2H+ (aq) S CH

3CH(OH)CH

3

c. C4H

9CHO + 2 e– + 2H+ (aq) S C

4H

9CH

2OH

d. C4H

9CO

2H + 4 e– + 4H+ (aq) S C

4H

9CH

2OH + H

2O

19 1. a. L’éthanal peut être obtenu par oxydation de l’éthanol :CH2CH3 OH

b. L’acide propanoïque peut ête obtenu par oxydation du propan-1-ol CH2CH2CH3 OH

ou du propanal CH2CH3 CH

O

c. La butanone peut être obtenue par oxydation du butan-2-ol :

CH2CH3 CH CH3

OH

d. L’acide méthanoïque peut être obtenu par oxydation du métha-nol CH

3–OH ou du méthanal H

2C=O.

2. Les demi-équations redox associées sont :

a.

+ 2 e – + 2 H+ (aq) S CH3CH2OHCHCH3

O

b. C2H

5CO

2H + 2 e– + 2H+ (aq) S C

2H

5CHO + H

2O

C2H

5CO

2H + 4 e– + 4H+ (aq) S C

2H

5CH

2OH + H

2O

c. C2H

5COCH

3 + 2 e– + 2H+ (aq) S C

2H

5CH(OH)CH

3

d. HCO2H + 2 e– + 2H+ (aq) S H

2CO + H

2O

HCO2H + 4 e– + 4H+ (aq) S CH

3OH + H

2O

20 1. Voir en fin de chapitre.

2. Seul le 2,2-diméthylbutanal réagit avec la liqueur de Fehling (c’est un aldéhyde).

Parmi les composés restants, seul la 3-éthylpentant-2-one réagit avec la 2,4-DNPH.

Pour distinguer les deux composés restants, on peut introduire quelques gouttes de BBT qui devient jaune en présence d’un acide carboxylique (acide 3-méthylpentanoïque).

21 1. Le propan-1-ol est un alcool primaire, qui peut être oxydé de façon ménagée en aldéhyde (propanal) puis en acide carboxy-lique (acide propanoïque).

2. n (0) = C ⋅ VCr2O

72– , soit 12,5 mmol.

npropanol

(0) =M

m, soit 16,7 mmol.

3. Si l’oxydant est en défaut, on s’arrête au stade de l’aldéhyde :

8 H+ (aq) + Cr2O

72– + 3 CH

3–CH

2–CH

2OH

r 2 Cr3 + + 7 H2O + 3 CH

3–CH

2–CHO (a)

Si l’oxydant est en excès, on suroxyde l’aldéhyde en acide carboxy-lique :

8 H+ (aq) + Cr2O

72– + 3 CH

3–CH

2–CHO

r 2 Cr3+ + 4 H2O + 3 CH

3–CH

2–COOH (b)

4. Les proportions stœchiométriques sont telles que :

n (0) =Cr2O

72–

3

npropanol

5. On constate que l’oxydant a été introduit en excès :

> >( )n (0)Cr2O

72–

3

npropanol

(0)

2

12,5

3

16,7

2

L’oxydation se poursuit jusqu’à obtenir de l’acide propanoïque, se-lon le bilan d’équation (b).

22 1. Le cyclohexanol est un alcool secondaire.

Sa formule semi-développée est :

H2C

H2CCH2

CH2

CH2

CH

OH

2. a. On obtient une cétone, la cyclohexanone :

H2C

H2CCH2

CH2

CH2

C

O

b. Demi-équations d’oxydoréduction :

H+ (aq) + HClO + 2 e– S Cl− + H2O

C6H

11–OH S C

5H

10CO + 2 e− + 2 H+ (aq)



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

166

Équation bilan de la réaction d’oxydation du cyclohexanol :C

6H

11–OH + HClO r C

5H

10CO + Cl− + H+ (aq) + H

2O

3. Le chromatogramme montre que le produit est un mélange de deux espèces chimiques car on observe deux taches au-dessus du dépôt C. La cyclohexanone a bien été synthétisée, mais le cy-clohexanol n’a pas entièrement disparu.

23 1. a. L’acide lactique est aussi appelé acide-2-hydroxypropa-noïque. C’est donc une molécule bi-fonctionnelle : elle possède un groupe carboxyle (–COOH) et un groupe hydroxyle (–OH).

Sa formule semi-développée est la b.

b. La fonction alcool peut être oxydée en une fonction cétone :

H3C CC OH

O

O

2. Des liaisons hydrogène peuvent s’établir entre molécules de soluté :

2

2 −

+

+

2 −

+

Il existe aussi des liaisons de Van der Waals qui sont toujours présentes.

3. L’acide lactique est soluble dans l’eau à cause de l’existence de ces interactions attractives entre molécules de solvant et de soluté.

24 Traduction :

L’alcootest

Au lieu de devoir faire une prise de sang à un conducteur pour tester son alcoolémie, un policier peut tester directement sur place l’ha-leine du conducteur pour savoir immédiatement s’il y a une raison de l’arrêter. L’alcootest utilise une réaction chimique mettant en jeu l’alcool qui provoque un changement de couleur. Pour évaluer la quantité d’alcool, le suspect doit souffler dans le dispositif. L’échan-tillon d’air expiré passe ensuite dans un tube, à travers un mélange d’acide sulfurique, de dichromate de potassium, de nitrate d’argent et d’eau. Le principe de la mesure repose sur la réaction suivante :

Cr2O

72– + 3 CH

3CH

2OH + 8 H+ r 2 Cr3+ + 3 CH

3CO

2H + 11 H

2O

Dans cette réaction : • L’acide sulfurique solubilise l’alcool dans la solution aqueuse et assure un milieu acide nécessaire à la réaction.

• L’alcool réagit ensuite avec le dichromate de potassium pour for-mer des ions chrome III, de l’acide acétique et de l’eau.

Durant cette réaction, les ions dichromates de couleur rouge-oran-gé se transforment en ions chrome de couleur verte en réagissant avec l’alcool ; le degré de changement de couleur est directement lié à la quantité d’alcool contenue dans l’air expiré.

1. a. Couples mis en jeu :

Cr2O

72– / Cr3+ et CH

3COOH / C

2H

5OH

b. Demi-équations :

14 H+ (aq) + Cr2O

72– + 6 e– S 2 Cr3+ + 7 H

2O

CH3COOH + 4 e– + 4 H+ S C

2H

5OH + H

2O

2. La molécule appelée « alcohol » est l’éthanol qui est un alcool primaire.

3. Le texte nous dit que l’acide sulfurique a un double rôle :

– il favorise la dissolution des molécules gazeuses d’éthanol ;

– il acidifie la solution, ce qui est nécessaire pour que la réaction redox, qui consomme des ions H +, puisse être observée.

4. Au contact des molécules d’éthanol, les ions dichromate, de couleur orangée, sont réduits en ions chrome (III), de couleur verte caractéristique.

25 1. L’éthanol effectue des liaisons hydrogène avec l’eau et sa chaîne carbonée est courte. Il est donc miscible à l’eau. Le toluène n’effectue que des liaisons de Van der Waals avec l’eau, il n’est pas soluble dans l’eau.

2. a. C’est le toluène qui est le plus adapté (solubilité importante de l’acide benzoïque et très faible solubilité du toluène dans l’eau).

b. Il ne faut pas respirer les vapeurs très toxiques du toluène (mani-puler sous hotte) et éviter toute étincelle.

3. Le toluène étant moins dense que l’eau, la phase organique sera située au-dessus de la phase aqueuse dans l’ampoule à décanter.

Phaseorganique

Phaseaqueuse

4. On recueille 50 mg d’acide benzoïque pour 100 mL de boisson au cola, soit 125 mg par verre : c’est au-dessus de la norme recom-mandée.

26 1. 1 C6H

12O

6 + 2 NAD+ r 2 C

3H

3O

3– + 4 H+ + 2 NADH

2 C3H

3O

3– + 3 H

2O + 5 NAD+ r 3 CO

2 + 4 H+ + 5 NADH

3 O2 + 2 H+ + 2 NADH r 2 H

2O + 2 NAD+

4 C3H

3O

3– + H+ + NADH r C

3H

5O

3– + NAD+

2. Le processus aérobie est formé de 1 suivi de 2 et 3

Pour une mole de glucose consommée par 1, 2 moles d’ion pyru-vate et 4 moles d’ions H+ sont formées.

Pour une mole d’ions pyruvate consommée selon 2, 5 moles de NAD+ sont consommées et 4 moles d’ions H+ formées ainsi que 5 moles de NADH.

La régénération par 3 d’une mole de NADH en NAD+ consomme 1 mole d’ions H+ et donc celle de 5 moles de NADH en consomme 5, ce qui fait 1 mole d’ions H+ consommée pour un ion pyruvate et 2 moles d’ions H+ consommées pour 2 ion pyruvate. Il y a donc globalement 2 moles d’ions H+ formées pour une mole de glucose consommée.

Le processus anaérobie est formé de 1 suivi de 4.

Pour une mole de glucose consommée par 1, 2 moles d’ion pyru-vate et 4 moles d’ions H+ sont formées.

Pour une mole d’ions pyruvate consommée selon 4, 1 mole d’ions H+ est consommée pyruvate pour un ion et 2 moles d’ions H+ sont consommées pour 2 ions pyruvate. Il y a donc globalement 2 moles d’ions H+ formées pour une mole de glucose consommée.

La quantité globale d’ions H+ libérée pour une mole de glucose consommée est la même dans les deux processus.

Étape 1 : S’approprier la question posée1. Qu’est ce qui caractérise un processus anaérobie ?

2. En quoi les besoins de l’organisme diffèrent-ils, lors d’un sprint et lors d’une course plus longue ?


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Étape 2 : Lire et comprendre les documents3. Le processus aérobie est trois fois plus rapide que le processus anaérobie mais il libère moins d’énergie : la consommation d’une mole de glucose libère dix-neuf fois moins d’énergie dans le proces-sus anaérobie que dans le processus aérobie (doc. 1).

4. L’oxydation de NADH en NAD+ se fait directement lors de la transformation des ions pyruvate en ions lactate lors du processus anaérobie alors qu’elle se fait par une réaction avec le dioxygène après une phase où NAD+ subit encore une réduction en NADH (doc. 1).

Or la glycolyse cesse lorsqu’il n’y a plus de NAD+ (doc. 2).

Étape 3 : Dégager la problématique5. Quel processus permet à l’organisme de fournir rapidement de l’énergie ? Ce fonctionnement peut-il se produire sur de longues durées ?

Étape 4 : Construire la réponse – Expliquer l’élévation de la lactatémie d’un coureur de 400 m

(doc. 3). – Comparer la rapidité avec laquelle les deux processus libèrent de

l’énergie. (doc. 1). – Comparer la quantité d’énergie libérée par mole de glucose

consommée (doc. 1). – Comparer la quantité d’ions H+ formée par mole de glucose

consommée puis pour une même quantité d’énergie libérée (doc. 1 et question préalable 2).

– En déduire le processus qui est privilégié par l’organisme pour des efforts intenses de courte durée.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiqueLorsqu’un sportif fournit un effort intense, l’énergie nécessaire est libérée par la glycolyse. Deux processus de dégradation du glucose sont alors possibles, un processus aérobie et un processus anaérobie. Quelles sont les différences entre ces deux processus ? Comment expliquer que le processus anaérobie est principalement adopté par l’organisme en cas d’effort intense mais de durée limitée ?

• Mise en forme de la réponseLa lactatémie, c’est-à-dire la teneur en ions lactate dans le sang, d’un coureur de 400 m s’élève au cours d’une course : l’organisme de ce coureur semble donc adopter le processus anaérobie qui gé-nère dans l’organisme des ions lactate.

Le processus anaérobie permet de fournir de l’énergie à l’organisme du coureur trois fois plus rapidement que le processus aérobie : il semble donc logique que ce processus soit adopté par l’organisme lors d’un effort intense.

Cependant, pour libérer la même quantité d’énergie, l’organisme doit consommer une quantité de glucose dix-neuf fois plus élevée que pour le processus aérobie. Or, d’après la question prélimi-naire 2, pour chacun des deux processus, chaque fois qu’une mole de glucose est consommée, deux moles d’ions H+ sont libérées. Ain-si pour une même quantité d’énergie fournie, le processus anaéro-bie consomme dix-neuf fois plus de glucose et libère donc dix-neuf fois plus d’ions H+ que le processus aérobie. L’accumulation d’ions H+ dans les muscles devant être limitée, le processus anaérobie ne peut être adopté par un organisme pendant de longues durées.

• Conclusion revenant sur la problématiqueLe processus anaérobie permet de fournir très rapidement de l’énergie mais consomme plus de glucose et libère plus d’ions hy-drogène que le processus aérobie pour une même quantité d’éner-gie libérée, ce qui peut être dommageable pour les muscles. Il est donc principalement adopté par l’organisme d’un sprinteur mais pas par celui d’un coureur sur de longues distances.

Le processus aérobie ayant été simplifié, on peut se demander les conséquences qu’a eu cette simplification sur les résultats.

27 1. Le squelette carboné de la molécule de rétinol est très im-portant, il comporte un grand nombre de liaisons CC et CH non polarisées : il n’a donc que peu d’affinités avec l’eau et n’est pas soluble dans l’eau.

b. Le rétinol est une espèce colorée. En effet, la formule semi-dé-veloppée de sa molécule présente cinq doubles liaisons conjuguées.

c. Le rétinol présente l’isomérie Z/E car des atomes de carbone doublement liés, tels que les atomes 11 et 12 sont liés chacun à des atomes, ou des groupes d’atomes, différents entre eux :

11C est lié à H et C14

H21

12C est lié à H et C

4H

7O

2. a. Le rétinol possède un groupe hydroxyle lié à un atome de car-bone qui engage quatre liaisons simples : il s’agit donc d’un alcool, ce qui explique la terminaison « ol » de son nom.

b. Le rétinol est un alcool primaire puisque son atome de carbone fonctionnel n’est relié qu’à un seul atome de carbone.

3. a. La formule semi-développée d’une molécule de rétinal s’écrit :

CH3

CH2

C

C

H2C

H2CC

CH3

H H H

HH

C CC C

H

CC

H

CC

OC

CH3H3C CH3

Celle d’une molécule d’acide rétinoïque s’écrit :

CH3

CH2

C

C

H2C

H2CC

CH3

H H OH

HH

C CC C

H

CC

H

CC

OC

CH3H3C CH3

b. En présence d’un excès de dioxygène, le rétinol, alcool primaire, est oxydé en acide carboxylique, l’acide rétinoïque selon :

O2 + 4 e– + 4 H+ o 2 H

2O

R–CH2–OH + H

2O S R–CO

2H + 4 e– + 4H+

R–CH2–OH + O

2 r R–CO

2H + H

2O

c. Le dioxygène oxyde le rétinol selon l’équation établie en b . Il est donc nécessaire de transporter le rétinol à l’abri du dioxygène pour éviter cette oxydation et le conserver intact. La température accélé-rant les réactions chimiques, le conserver à basse température per-met de protéger le rétinol.

4. a. Le document 3 montre que le rétinol est oxydé en rétinal par NAD+ :

NAD+ + H+ + 2 e– o NADH

R–CH2–OH S R–CHO + 2 e– + 2H+

R–CH2–OH + NAD+ r R–CHO + H+ + NADH

b. Le passage du (11Z)-rétinal au (11E)-rétinal est une isomérisa-tion photochimique.

5. Les besoins quotidiens d’une femme adulte sont de 0,7 mg de vitamine A. Or 100 g de carottes peuvent apporter 8 mg de bêtaca-rotène qui génère six fois moins de rétinol puisque 6 μg de bêtaca-rotène conduisent à 1 μg de rétinol.

Donc 100 g de carottes conduisent à 8

6 =

4

3 = 0,75 g de rétinol.

Une femme adulte devrait donc consommer 93 g de carottes par jour si cet aliment constituait sa seule source de vitamine A.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

168

28 1. Molécules des espèces organiques :

Alcool vanillique :– 2 groupes hydroxyle.

Vanilline :– un groupe carbonyle ;– un groupe hydroxyle.

CC

CHHC

HC

C

OCH3

OH

H2COH

CC

CHHC

HC

C

OCH3

OH

HCO

Acide malique :– 2 groupes carboxyle ;– un groupe hydroxyle.

Acide lactique :– un groupe carboxyle ;– un groupe hydroxyle.

CHCH2

O

O

CC

OH

OH

HO CHCH3C

OH

OH

O

2. a. La transformation de l’éthanol en éthanal est une oxydation ménagée (qui respecte l’intégrité de la chaîne carbonée). Elle per-met la libération de notes fruitées et épicées au sein du vin.

b. Ce n’est pas une oxydation mais au contraire une réduction.

3. Lorsqu’un vin tourne au vinaigre :

CH3–CH

2–OH + H

2O o CH

3–COOH + 4 e – + 4 H +

O2 (g) + 4 e– + 4 H + o 2H

2O

Soit : CH

3–CH

2–OH + O

2 (g) r CH

3–COOH +

H

2O

Le vin va se « piquer » et perdra toutes ses qualités organoleptiques.

4. • Contexte introduisant la problématiqueL’œnologie est la science qui a pour objet l’étude et la connaissance des vins, notamment leur composition. On trouve dans un vin de nombreux composés oxygénés susceptibles de se transformer avec le temps, l’oxydation etc.

• Mise en forme de la réponseOn trouve dans un vin une grande diversité de composés orga-niques oxygénés comportant des groupes hydroxyle (comme dans l’éthanol, l’alcool vanillique etc), carbonyle (comme dans la vanil-line) et carboxyle (comme dans les acides lactique et malique).

Des réactions d’oxydation par le dioxygène de l’air entraînent des modifications plus ou moins désirées sur le goût et l’odeur du vin :

– l’oxydation de l’éthanol en éthanal entraîne l’apparition d’une odeur de pomme, noix, curry ;

– l’oxydation de l’éthanol en acide éthanoïque fait tourner le vin au vinaigre ;

– etc.

D’autres réactions impliquant les composés oxygénés du vin ont aussi leur importance :

– la réduction de l’alcool vanillique en vanilline ;

– la fermentation malolactique qui permet au vin de devenir plus souple et plus stable ;

– etc.

• Conclusion revenant sur la problématiqueLa nature des composés organiques oxygénées et leurs transforma-tions influe de manière très importantes sur plusieurs des caracté-ristiques du vin.

Réponse

Exercice 20

Famille : cétone Famille : alcool Famille : aldéhyde Famille : acide carboxylique

Nom : 4-méthylpentan-2-one Nom : 3-éthylpentan-2-ol Nom : 2,2-diméthylbutanal Nom : acide 3-méthylpentanoïque

Formule semi-développée : Formule semi-développée : Formule semi-développée : Formule semi-développée :

O

CCHCH2H3C CH3

H3CCH2CH

CH

CH3

H3C CH3

OH

H2CO

CH3C

H3C

CH2

CH3

HC

CH2

H3C

O

CH2

CH3

OHCH C


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



Exercice 26



S’approprier


• Le processus aérobie est trois fois plus rapide que le processus anaérobie mais il libère moins d’énergie (doc. 1).

• L’oxydation de NADH en NAD+ se fait directement lors de la transformation des ions pyruvate en ions lactate lors du processus anaérobie alors qu’elle se fait par une réaction avec le dioxygène après une phase où NAD+ subit encore une réduction en NADH (doc. 1).

• La glycolyse cesse lorsqu’il n’y a plus de NAD+ (doc. 2).

• L’accumulation d’ions H+ dans les muscles ne doit pas être trop importante, ce qui peut limiter la durée d’un effort intense.

• Les équations des réactions établies dans les questions prélimi-naires permettent de comparer la quantité d’ions H+ libérés par chacun des deux processus pour une mole de glucose consommée.


L’élève sait exploiter quantitativement une suite d’équations de réactions et comparer la quantité d’ions hydrogène produits par la suite de réactions constituant chaque processus en consommant, pour chaque processus, une mole de glucose.

Reformuler, dégager la problématique principale.

Quel processus permet à l’organisme de fournir rapidement de l’énergie ? Ce fonctionnement peut-il se produire sur de longues durées ?

Analyser





• Expliquer l’élévation de la lactatémie d’un coureur de 400 m.

• Comparer la rapidité avec laquelle les deux processus libèrent de l’énergie.

• Comparer la quantité d’énergie libérée par mole de glucose consommée.

• Comparer la quantité d’ions H+ formée par mole de glucose consommée, puis pour une même quantité d’énergie libérée.

• En déduire le processus qui est privilégié par l’organisme pour des efforts intenses de courte durée.


• Les équations de réaction sont correctement établies (nature des réactifs et des produits, conservation des éléments et de la charge).

• L’élève a compris qu’il faut comparer la vitesse des deux pro-cessus ainsi que la quantité d’ions H+ produits pour une mole de glucose consommée par chacun des deux processus, puis pour une même quantité d’énergie libérée.

Valider



– en commentant ;


• La réponse est formulée en revenant sur la question de départ, c’est-à-dire en expliquant pourquoi le processus anaérobie est principalement adopté lors des efforts intenses de courte durée.

• Éventuellement, l’élève peut se demander si les simplifications adoptées pour décrire le processus aérobie peuvent avoir une influence.












Chapitre 17 1Synthèses chimiques

© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

170

Chapitre

Synthèses chimiques

17


Nanochimie.

Synthèse ou hémisynthèse de molécules complexes, biologiquement actives.

Rendement d’une synthèse.

Synthèses et propriétés de matériaux amorphes (verres), de matériaux organisés (solides cristallins, céramiques) et de matières plastiques.

Recueillir et exploiter des informations sur un aspect de la nanochimie (nanotubes de carbone, nanomédicaments, nanoparticules métalliques, etc.).

Recueillir et exploiter des informations sur une synthèse d’une molécule biologiquement active en identifiant les groupes caractéristiques.

Argumenter à propos d’une synthèse en utilisant des données physi-co-chimiques et de sécurité.

Pratiquer une démarche expérimentale pour déterminer la valeur du rendement d’une synthèse.

Réaliser une extraction par solvant, un chauffage à reflux, une filtration sous vide, une CCM, une distillation en justifiant du choix du matériel à utiliser.

Recueillir et exploiter des informations pour relier les propriétés phy-siques d’un matériau à sa structure microscopique.


Mettre en œuvre un protocole expérimental pour réaliser la synthèse d’une molécule et son identification.

Interpréter les informations provenant d’étiquettes et de divers documents.

Élaborer et mettre en œuvre un protocole d’extraction à partir d’informations sur les propriétés physiques des espèces chimiques recherchées.

Utiliser une ampoule à décanter, un dispositif de filtration, un appareil de chauffage dans les conditions de sécurité.

Réaliser et interpréter une chromatographie sur couche mince.

Ressources numériquesActivité web : Écriture des demi-équations d’oxydoréduction et des équations d’oxydoréduction





Activités

Synthèse d’un acide carboxylique 3 p. 322 du manuel

Compléments


a Réaliser un chauffage à reflux, une filtration sous vide, une CCM, en justifiant du choix du matériel utilisé.

a Pratiquer une démarche expérimentale pour déterminer la valeur du rendement d’une synthèse.

a Savoir calculer une quantité de matière.

Programme officiel

1


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

171Chapitre 17 1Synthèses chimiques

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi cette synthèse suivie d’une extraction, d’une identification sur CCM et d’un calcul de rendement car elle est très complète. Cependant, elle peut être un peu longue à réaliser ; il est alors possible de ne faire que l’activité 2, qui permet aussi de réaliser une synthèse et un calcul de rendement.

Réfrigérant à eau condensantles vapeurs pour éviterles pertes de matière

Sortie d’eau

Arrivée d’eau

Chauffe-ballon

Pierre ponce quipermet de régulerl’ébullition

Ballon bicol

Ampoulede coulée

Réponses

1. Le schéma de ce montage est donné ci-dessus.

2. a. La couleur violette de la solution en fin de synthèse indique la présence d’ions permanganate MnO

4– (aq). Ceux-ci ont donc été

introduits en excès.b. L’ajout d’éthanol en fin de synthèse permet d’éliminer les ions permanganate en excès dans le mélange réactionnel.

3. Si l’acide benzoïque synthétisé est pur, le chromatogramme ne donne qu’une seule tache pour le dépôt T

2 , à la même hauteur que

celle du dépôt T3 .

Sinon, il y a deux taches, l’une à la même hauteur que celle du dépôt T

1 et l’autre à la même hauteur que celle du dépôt T

3.

4. La quantité initiale d’alcool benzylique (noté par la suite « al. benz. ») introduite dans le ballon est :

d(al. benz.) ∙ μ(eau) ∙ Vsol(al. benz.)

M(al. benz.)n

0(al. benz.) =

1,04 × 1,00 × 2,0

108n

0(al. benz.) = = 1,9 × 10–2 mol = 19 mmol

La quantité initiale de l’oxydant est :n

0 (MnO

4–) = C ·V

n0 (MnO

4–) = 120,0 × 10–3 × 0,25 = 3,0 × 10–2 mol

n0 (MnO

4–) = 30 mmol

Si l’alcool est le réactif limitant :19

3x

max = = 6,4 mmol

Si l’oxydant est le réactif limitant :30

4x

max = = 7,5 mmol

L’alcool est le réactif limitant.La quantité maximale d’ions benzoate n

max est égale à la quantité

initiale du réactif limitant : nmax

= 19 mmol.

5. a. L’équation de la réaction est :C

6H

5–CO

2– (aq) + H+ (aq) r C

6H

5–CO

2H (aq)

b. La quantité maximale d’acide benzoïque formée lors de la cris-tallisation est égale à 19 mmol.

6. La quantité d’acide benzoïque obtenue nexp

est calculée après pesée de l’acide benzoïque séché.

7. Le rendement est : n

exp

nmax

η = .

On obtient η < 100 %. Ceci est dû principalement aux pertes lors des différentes opérations (extraction, lavage, précipitation, filtrage).

8. La réaction se fait en milieu basique car l’acide benzoïque est alors présent sous la forme de l’ion benzoate, très soluble dans l’eau. L’extraction est faite en milieu acide car alors l’acide précipite et il est possible de l’extraire du milieu réactionnel par filtration.

9. La synthèse d’un produit solide est réalisée dans les conditions suivantes :– les réactifs et le produit souhaité doivent être solubles dans le mélange réactionnel ;– on chauffe à reflux le mélange réactionnel pour accélérer la réaction et éviter les pertes de matière ;– on fait précipiter le produit souhaité et on l’extrait du mélange réactionnel en utilisant une filtration sous vide.

Synthèse d’une cétone 3 p. 324 du manuel

Compléments


a Réaliser une distillation en justifiant du choix du matériel à utiliser.

a Pratiquer une démarche expérimentale pour déterminer la valeur du rendement d’une synthèse.

a Argumenter à propos d’une synthèse en utilisant des données physico-chimiques et de sécurité.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité permet de réaliser une synthèse et un calcul de ren-dement lors d’une activité expérimentale plus courte que celle proposée dans la première activité. Par ailleurs, le produit synthétisé est un liquide et non plus un solide.

Réponses

1. Les réactifs et les produits sont des liquides miscibles, on peut donc extraire celui qui a la plus faible température d’ébullition par distillation fractionnée. Ici, c’est donc la cétone produite qui est extraite.

2. L’équation de la réaction est :5 (CH

3)

2CHOH + 2 MnO

4– (aq) + 6 H+ (aq) r 5 (CH

3)

2CO + 2 Mn2+ (aq) + 8 H

2O (ℓ)

3. Pour déterminer le rendement de la synthèse, il faut d’abord déterminer la quantité maximale de propanone qu’il est possible

2



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

172

d’obtenir, notée nmax

. Pour cela, il est nécessaire d’identifier le réactif limitant du système chimique étudié (voir plus loin).Il faut ensuite déterminer expérimentalement la quantité de propa-none effectivement produite, notée n

exp , en pesant la masse m

exp de

propanone formée et en utilisant la relation : m

exp

M(propanone)n

exp = .

Le rendement s’obtient alors à partir de la relation :n

exp

nmax

η =

Détermination de la quantité nmax

:Les quantités initiales des réactifs sont :

d ∙ V ∙ μeau

M

m

Mn

0(alcool) = =

0,786 × 10,0 × 1,0060,0

n0(alcool) = = 0,131 mol = 131 mmol

n0(MnO

4–) = C·V = 140,0 × 10–3 × 0,40

n0(MnO

4–) = 0,056 mol = 56 mmol

Si l’alcool est le réactif limitant : 131

5x

max = = 26,2 mmol.

Si MnO4– est le réactif limitant :

56

2x

max = = 28 mmol.

L’alcool est donc le réactif limitant. La quantité maximale de pro-panone attendue est : n

max = 5 x

max = 131 mmol.

Synthèse de molécules biologiquement actives 3 p. 325 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations sur une synthèse d’une molécule biologiquement active en identifiant les groupes caractéristiques.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi cet exemple car ces molécules sont très utilisées : le paclitaxel et le docétaxel contre les cancers du sein, des ovaires et certains types de cancer du poumon, le docétaxel contre le cancer de la prostate et certains cancers des voies digestives.

Réponses

1. L’utilisation de l’écorce du tronc provoque la mort de l’arbre. Pour préserver les ressources naturelles, il est préférable d’utiliser les feuilles de l’if pour extraire une molécule voisine du paclitaxel.

2. Dans la molécule DAB III, on reconnaît :

DAB III

– 3 groupes hydroxiles ;– 3 groupes esters ;– 1 groupe carbonyle ;– 1 groupe étheroxyde. HO

HO

OO

O

OH

OO

O

O

O

3. Les synthèses du paclitaxel et du docétaxel à partir du DAB III sont des hémisynthèses car la molécule de DAB III possède une partie importante de la molécule à synthétiser.

4. La molécule de DAB III n’a pas d’action anticancéreuse. Cependant, le remplacement d’un atome d’hydrogène de cette molécule par un groupement spécifique d’atomes modifie son activité biologique en lui conférant, dans les cas du paclitaxel et du docétaxel, une activité anticancéreuse.

Deux prix Nobel pour le carbone ! 3 p. 326 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations sur un aspect de la nano-chimie (nanotubes de carbone).

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons proposé l’exemple du carbone car les deux prix Nobel qui ont été attribués à ces nano-objets de carbone montrent l’impor-tance qu’ils ont déjà, et qui va encore croître, dans notre quotidien.

Réponses

1. Les fullerènes sont des nano-objets car leur dimension est de l’ordre de grandeur du nanomètre (1 nm = 10–9 m). Les feuillets de graphène qui constituent le graphite sont des nano-objets, mais le graphite lui-même n’est pas un nano-objet.

2. Dans un graphène ou un fullerène, les atomes de carbone éta-blissent des liaisons covalentes, ce qui explique la solidité de la molécule formée.

3. Des interactions électriques de type Van der Waals s’établissent entre deux graphènes. Ces interactions étant de faible intensité, les graphènes sont faiblement liés entre eux, ce qui explique la friabilité du graphite.

3

4


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


4. À cause de leur taille, les nano-objets ont des propriétés spéci-fiques. Du fait de leur structure, les nanotubes de carbone sont à la fois flexibles, solides et de faible densité. Ils sont donc incorporés à d’autres matériaux (caoutchouc, par exemple) pour en augmenter la résistance à l’usure sans les alourdir.

Le caractère conducteur de l’électricité et la taille des nanotubes de carbone, utilisés à la place du silicium dans les composants élec-troniques, permettraient de les miniaturiser encore plus qu’ils ne le sont actuellement et d’envisager la construction de « nano-robots », de cellules photovoltaïques et d’écrans plats et souples.

La nanochimie au service de la médecine 3 p. 327 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations sur un aspect de la nano-chimie (nanomédicaments).

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi de traiter la compétence liée aux nanomédica-ments à travers une résolution de problème liée à la vectorisation d’un médicament.

Réponses

Étape 1 : S’approprier la question posée1. Comment un liposome peut-il transporter une molécule hydrophile ?

2. Comment un liposome peut-il se rendre préférentiellement auprès de cellules tumorales ?

Étape 2 : Lire et comprendre les documents3. La sphère située à l’intérieur d’un liposome est hydrophile.

4. Les opsonines marquent les corps étrangers présents dans le sang afin que ceux-ci soient détruits par les macrophages du foie.

5. Le PEG est filtré et éliminé par les reins, donc il ne reste pas dans l’organisme ; il se lie aux phospholipides et peut donc être greffé sur la surface des liposomes ; il a une affinité pour l’albumine qui vient se lier au PEG dans le sang et le rend indétectable par les opsonines ; il peut fixer d’autres molécules comme des acides carboxyliques.

6. Les cellules cancéreuses sont avides d’acide folique, elles sont donc riches en récepteurs spécifiques de cette acide et vont fixer facilement les molécules d’acide folique qui passent à leur voisinage.

Étape 3 : Dégager la problématique7. Comment procéder pour que des liposomes transportent des molécules hydrophiles jusqu’à des cellules spécifiques, les cellules tumorales ?

Étape 4 : Construire la réponse– Rechercher où doit être placée la molécule hydrophile.

– Rechercher comment éviter que le liposome ne soit détruit par le foie.

– Rechercher comment le liposome peut aller sélectivement au voisinage de cellules tumorales.


Le transport d’un médicament directement auprès des cellules qui en ont besoin permet de limiter la quantité de médicament utilisée et ainsi de réduire les effets secondaires et les coûts de ce traitement. Pour cela, il faut transporter le médicament à travers l’organisme et l’amener là où sa présence est nécessaire.


Un liposome est une sphère creuse dont la face intérieure est hy-drophile. Un principe actif hydrophile peut donc y être emprisonné.

Pour que ce principe actif soit amené à une cellule tumorale présente ailleurs que dans le foie, il faut que le liposome ne soit pas détruit par le foie et donc qu’il ne soit pas reconnu par les macrophages. Pour cela, du PEG est fixé sur la surface du liposome. Le PEG se couvre d’albumine, empêchant les opsonines de s’y fixer. Le liposome re-couvert de PEG (appelé « liposome pégylé ») peut donc se déplacer, par voie sanguine, dans tout l’organisme.

Pour que le principe actif ne soit libéré qu’au voisinage des cellules tumorales, il faut, en outre, ajouter (greffer) de l’acide folique à la surface du liposome pégylé (appelé alors « liposome pégylé décoré »). En effet, les cellules cancéreuses sont recouvertes de récepteurs spécifiques de l’acide folique. Les liposomes pégylés décorés sont donc « accrochés » par les cellules tumorales au contact desquelles ils libèrent le principe actif qu’ils contiennent.


Un principe actif hydrophile peut donc être enfermé au cœur d’un liposome. Celui-ci doit être ensuite recouvert de PEG puis d’acide folique afin que ce liposome ne soit pas détruit et puisse se rendre au voisinage de la cellule tumorale.

Un pas vers l’essentielLa structure en double couche de phospholipides des liposomes leur permet de transporter des molécules hydrophiles, piégées au cœur de la sphère et d’être ainsi des « vecteurs » de médicaments.

La taille nanométrique des liposomes leur permet d’emprunter la voie sanguine pour se déplacer dans tout l’organisme (ce qui peut être un problème d’ailleurs pour des objets nanométriques capables de traverser la barrière hémato-encéphalique et ainsi de pénétrer dans le cerveau, par exemple).

Les propriétés chimiques de la surface du liposome permettent d’y accrocher d’autres molécules permettant d’éviter le marquage par les opsonines ou le repérage des cellules cibles (tumorales, par exemple).

Ainsi, les propriétés de ces nano-objets sont liées à leur structure et leur confèrent certaines propriétés spécifiques liées à leur taille.

5



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

174

Le verre, matériau solide ou liquide fi gé ? 3 p. 328 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations pour relier les propriétés physiques d’un matériau à sa structure microscopique.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeCette activité sur les verres permet d’insister sur la notion d’organi-sation microscopique de la matière et de revenir sur les définitions des solides et des liquides.

Réponses

1. Un fondant est une espèce chimique mélangée à la silice pour en abaisser la température de fusion. L’oxyde de sodium Na

2O,

l’oxyde de potassium K2O, l’oxyde de magnésium MgO, etc. sont

des exemples de fondants.

2. a. Un matériau cristallin est caractérisé par une structure spatiale régulière et organisée de ses constituants. Un matériau amorphe ne présente pas de structure organisée à grande échelle.b. Le schéma de la silice vitreuse (b) montre une organisation spa-tiale irrégulière des atomes d’oxygène et de silicium, ce qui justifie le caractère amorphe du verre.

3. Dans un solide cristallin, une déformation peut se propager à travers le matériau sans en provoquer la rupture du fait de son organisation spatiale régulière. Dans un matériau amorphe comme le verre, la structure spatiale n’étant pas régulière, une déformation se propage différemment selon les directions, ce qui provoque la rupture du matériau.

4. Contrairement aux solides cristallins, les verres ont une structure microscopique désordonnée : ce sont des matériaux amorphes. La structure microscopique des verres est responsable de leur fragilité mécanique. Une modification de cette structure, par ajout d’atomes de bore par exemple, permet d’obtenir un verre dont la température de fusion est plus élevée que celle du verre sans bore.

Les céramiques, matériaux amorphes ou organisés ? 3 p. 329 du manuel

Compléments


a Recueillir et exploiter des informations pour relier les propriétés physiques d’un matériau à sa structure microscopique.

Commentaires sur la stratégie pédagogique proposéeNous avons choisi des exemples de céramiques présentes dans l’envi-ronnement des élèves pour leur montrer à quel point ces matériaux sont maintenant incontournables et comment leur structure est responsable de propriétés spécifiques.

Réponses

1. Une céramique est un matériau polycristallin puisqu’il est constitué de nombreux monocristaux.

2. Une céramique est un matériau organisé car les monocristaux qui la constituent ont chacun une structure organisée et régulière.

3. Le frittage d’une poudre permet de faire disparaître les espaces vides qui existent entre les grains de poudre. Les interactions entre les monocristaux sont plus fortes qu’entre les grains de poudre, le matériau est plus solide.

4. Les vitrocéramiques sont des céramiques obtenues à partir de verre fondu. Selon la taille des cristaux qui s’y trouvent, une vitro-céramique peut être transparente à la lumière et être utilisée à la place du verre.

5. Une céramique est constituée d’un grand nombre de monocristaux, fortement liés entre eux, chacun ayant une structure microscopique régulière et organisée. La structure des céramiques leur confère des propriétés de résistance à l’usure mécanique (roulement à billes, couronne dentaire, etc.), de résistance aux hautes températures (tuyères, boucliers thermiques, vitre d’insert ou plaque de cuisson).

Dans le cas des vitrocéramiques, la taille des cristaux a une influence sur la transparence de la céramique.

6

7


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



QCM


1 1. A et B ; 2. A et C ; 3. A, B et C ; 4. A et B ; 5. A et C ; 6. A, B et C ; 7. C ; 8. C ; 9. B et C.



3 1. La réaction se déroule en milieu acide, les ions H+ (aq) sont donc en excès.

Tableau d’avancement : voir en fin de chapitre.

• Hypothèse 1 : Le propan-1-ol est le réactif limitant. On a alors : n

01 – 3x

max = 0.

Soit 2,21 × 10–2

3

n01

3x

max = = = 7,37 × 10–3 mol.

• Hypothèse 2 : Les ions dichromate sont le réactif limitant. On a alors : n

02 – 2x

max = 0.

Soit 17,0 × 10–3

2

n02

2x

max = = = 8,50 × 10–3 mol.

Le pentan-1-ol est donc le réactif limitant.

La valeur retenue pour xmax

est la plus petite des deux, soit 7,37 × 10–3 mol.

2. Le rendement de la synthèse est : n

exp(C3H6O2)

nmax

(C3H6O2)η = .

Or m

exp

M(C3H6O2)n

exp(C3H6O2) = = 1,91 × 10–2 mol

1,41

74,0=

et nmax

(C3H

6O

2) = 3x

max = 2,21 × 10–2 mol.

Donc 1,91 × 10–2

2,21 × 10–2

nexp

(C3H6O2)

nmax

(C3H6O2)η = = = 0,86 soit 86 %.



4 1. Ce montage est un montage de chauffage à reflux.

2. Voir schéma page 330 (en supprimant l’ampoule de coulée).

3. Il permet de chauffer le milieu réactionnel tout en faisant refluer vers le ballon les espèces chimiques qui sont vaporisées, ce qui évite les pertes de réactifs et de produits.

4. Le chauffe-ballon est placé sur un support élévateur pour pou-voir faire cesser rapidement le chauffage si cela s’avère nécessaire en éloignant le chauffe-ballon du ballon.

5. L’eau circule de bas en haut dans le tube réfrigérant de façon à ce qu’il soit toujours plein d’eau.

5 1. 1 : ballon ; 2 : chauffe-ballon ; 3 : colonne de Vigreux ; 4 : thermomètre ; 5 : réfrigérant à eau ; 6 : allonge coudée ; 7 : erlenmeyer ; 8 : support-élévateur.

2. C’est un montage de distillation fractionnée.

3. Ce montage est utilisé pour séparer les constituants d’un mé-lange de liquides miscibles entre eux.

4. Le distillat obtenu est constitué de l’espèce chimique ayant la température d’ébullition la plus basse.

6 1. Le rendement d’une synthèse est le rapport de la quantité effectivement formée d’une espèce chimique à la quantité maxi-male de cette espèce qu’il est possible d’obtenir.

Ici, on a : n

exp(C5H10O2)

nmax

(C5H10O2)η = .

2. Les nombres stœchiométriques de la réaction montrent qu’il se produit autant d’acide pentanoïque qu’il a disparu de pentan-1-ol. Or, la quantité n

max(C

5H

10O

2) d’acide pentanoïque est égale à la quan-

tité initiale de pentan-1-ol, donc, nmax

(C5H

10O

2) = 2,21 × 10–2 mol.

Le rendement est donc :

1,9 × 10–2

2,21 × 10–2

nexp

(C5H10O2)

nmax

(C5H10O2)η = = = 0,86 soit 86 %.

7 1. Pour déterminer le réactif limitant, il est possible d’exploiter un tableau d’avancement.


• Hypothèse 1 : Le butan-2-ol est le réactif limitant.

n1 – 5x

max = 0 soit

0,177

5

n1

5x

max = = = 3,54 × 10–2 mol.

• Hypothèse 2 : Les ions permanganate sont le réactif limitant.

n2 – 2x

max = 0 soit

0,177

2

n2

2x

max = = = 8,85 × 10–2 mol.

La valeur de xmax

à retenir est donc 3,54 × 10–2 mol ; le butan-2-ol est le réactif limitant.

2. La quantité maximale de butanone qu’il est possible d’obtenir est : n

max(C

4H

8O) = 5x

max = 0,177 mol.

3. Le rendement de la synthèse est : n’

nmax

(C4H8O)η = .

Donc n’ = η ∙ nmax

(C4H

8O) = 0,85 × 0,177 = 0,150 mol.

8 1. Les réactifs et l’acide éthanoïque sont corrosifs, il faut donc les manipuler en utilisant blouse, lunettes de protection et gants (en particulier pour l’anhydride éthanoïque et l’acide sulfurique concentré). Comme l’anhydride éthanoïque est inflammable, il faut éviter tout contact avec une source de chaleur.

2. Le montage utilisé est un montage de chauffage à reflux.

3. a. Le volume d’anhydride éthanoïque à verser est :n

ae·M

ae

ρae

53 × 10–3 × 102

1 080

mae

ρae

Vae

= = = = 5,03 × 10–3 L = 5,0 mL

b. La masse d’acide salicylique à utiliser est :

mas

= nas

∙ Mas

= 25 × 10–3 × 138 = 3,45 g

4. L’aspirine est peu soluble dans l’eau, elle y est donc d’autant moins soluble que la température de l’eau est basse. On refroidit donc l’erlenmeyer à la fin de l’étape 2 pour diminuer la solubilité de l’aspirine dans l’eau et ainsi la faire précipiter.

5. Le produit formé est séparé des autres constituants du mélange par filtration sur Büchner.

La pureté peut être contrôlée soit par mesure du point de fusion soit par chromatographie sur couche mince.

9 1. Ces produits doivent être manipulés avec beaucoup de pré-cautions, une blouse, des gants, des lunettes.



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

176

2. Voir fiche 12B, page 361.

3. Le propan-1-ol est prélevé à l’aide d’une pipette jaugée de 20,0 mL et la solution de dichromate de potassium est prélevée à l’aide d’une éprouvette graduée de 100 mL.

4. a. Le propanal doit être extrait du milieu réactionnel au fur et à mesure de sa formation, car, s’il reste dans le milieu réactionnel, il peut être oxydé en acide propanoïque par l’oxyde de potassium.

b. Le propanal peut être extrait au fur et à mesure de sa formation, car, dans le milieu réactionnel, le propanal est l’espèce chimique dont la température d’ébullition est la plus basse.

10 1. a. La quantité initiale de butan-1-ol est :1,33

74,0

m

M(C4H10O)n

1 = = = 1,80 × 10–2 mol

b. La quantité initiale d’ion permanganate est :

n2 = C ·V = 0,40 × 50 × 10–3 = 2,0 × 10–2 mol

c. Pour déterminer le réactif limitant, il est possible d’exploiter un tableau d’avancement.


• Hypothèse 1 : Le butan-1-ol est le réactif limitant.1,80 × 10–2

5

n1

5x

max = = = 3,60 × 10–3 mol.

• Hypothèse 2 : Les ions permanganate sont le réactif limitant.2,0 × 10–2

4

n2

2x

max = = = 5,0 × 10–3 mol.


est 3,60 × 10–3 mol ; le butan-1-ol est donc le réactif limitant.

2. a. Le rendement d’une synthèse est le rapport de la quantité ef-fectivement formée d’une espèce chimique à la quantité maximale de cette espèce qu’il est possible d’obtenir.

b. La quantité d’acide butanoïque obtenue est :1,24

88,0

m’

M(C4H8O2)n’ = = = 1,41 × 10–2 mol

c. La quantité maximale d’acide butanoïque qu’il est possible d’ob-tenir est :

nmax

= 5xmax

= 1,80 × 10–2 mol

d. Le rendement est donc :1,41 × 10–2

1,80 × 10–2

n’

nmax

(C4H8O2)η = = = 0,78 soit 78 %.

11 1. a.

N

HO

ON

N

HN

Cl

N

a b

b. La partie commune aux molécules de quinine et de chloroquine est :

N

HO

ON

N

HN

Cl

N

a b

2. Les propriétés thérapeutiques des molécules sont liées à leur structure moléculaire. Les molécules d’artémisinine et d’artémé-ther ont des structures très voisines et donc des propriétés théra-peutiques voisines.

3. Il a été nécessaire de synthétiser de nouveaux antipaludéens car des souches de plasmodium résistantes aux premiers antipaludéens se sont développées rendant les médicaments inefficaces.

4. La synthèse de l’artéméther à partir de l’artémisinine est une hé-misynthèse car la molécule d’artémisinine possède une partie de la structure de la molécule d’artéméther.

12 1. Dans cet extrait daté de 1959, le physicien Richard Feynman se demande ce que nous obtiendrions si nous pouvions arranger les atomes un par un exactement comme nous le voulons et non pas comme la nature l’a déjà fait et quelles seraient les propriétés des matériaux ainsi obtenus.

2. R. Feynman indique qu’il est probable, d’après lui, que les proprié-tés des matériaux obtenus en choisissant des organisations d’atomes différentes de celles qui existent déjà soient très différentes de celles que nous connaissons. La nanochimie est justement la science qui s’intéresse au moyen de produire des structures atomiques de très petites dimensions et aux propriétés de ces structures.

13 1. Les groupes caractéristiques présents dans la molécule d’acide lactique sont :

CHH3C C

O

OH OH

2. Le PLA est un polymère car il est constitué de macromolécules dont la structure présente un même motif (–O–CH(CH

3)–CO–)

répété un grand nombre de fois.

3. Un agroplastique est un polymère obtenu à partir d’une molé-cule d’origine agricole.

4. Le PLA est synthétisé à partir d›acide lactique. Or, les liaisons chimiques qui lient les différentes molécules d’acide lactique entre elles pour former le polymère sont lentement détruites, le polymère libère donc progressivement l’acide lactique. Or l’acide lactique étant naturellement présent dans le corps humain, il est possible d’utiliser le PLA pour des implants ou des sutures résorbables puisque l’acide lactique libéré lors de la destruction du polymère est sans danger pour l’organisme humain.

14 1. Les particules d’or décrites dans les documents 1 et 2 peuvent être qualifiées de nano-objets car leurs diamètres sont in-férieurs à 10–7 m.

2. Les nanoparticules d’or sphériques de 20 nm de diamètre ab-sorbent la lumière autour de 520 nm. D’après le cercle chroma-tique, on peut dire que ces particules apparaîtront rouges.

3. Dans une nanoparticule, les atomes d’or interagissent moins entre eux que dans une structure plus grande, donc la cohésion des atomes d’une nanoparticule est moins forte que celle des atomes appartenant à une particule d’or plus grande : la cohésion entre les atomes étant plus petite, la température de fusion est plus basse.

4. La surface de nanoparticules d’or est recouverte de peptides spécifiques qui permettent à ces nanoparticules de se fixer préfé-rentiellement sur les cellules tumorales qui comportent des récep-teurs de ces peptides. Ainsi, ce sont les cellules tumorales qui sont détruites par ces nanoparticules.

5. Les nanoparticules d’or, fixées sur les cellules tumorales, sont activées par un rayonnement infra-rouge qui ne pénètre que très peu sous la peau. Elles ne peuvent donc être utilisées que pour des tumeurs situées à faible profondeur.

15 Grille d’évaluation :

Voir en fin de chapitre.

Étape 1 : S’approprier la question posée1. Pourquoi, pour une température donnée, le compartiment cor-respondant à cette température devient-il lumineux avec une cou-leur précise ?


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


Étape 2 : Lire et comprendre les documents2. La température du front est d’environ 2,5 °C inférieure à la tem-pérature interne.

3. Dans ce type de cristal liquide, les molécules se placent dans des plans parallèles entre eux. Dans chaque plan, les molécules sont toutes alignées selon la même direction. Cette direction change d’un plan au plan suivant en tournant toujours d’un même angle dans le même sens. Donc, un cristal liquide « cholestérique » a une structure spatiale périodique.

4. La loi de Bragg indique que, éclairé en lumière blanche, ce cris-tal ne réfléchit que certaines radiations dont la longueur d’onde dépend de l’indice de réfraction du cristal liquide et de la période spatiale.

5. Pour un cristal liquide cholestérique donné, la période spatiale dépend de la température.

Étape 3 : Dégager la problématique6. Quelle est la couleur de la (des) radiation(s) sélectivement réflé-chie(s) par le cristal liquide contenu dans la cellule indiquant une température interne égale à 40 °C ?

Étape 4 : Construire la réponse– Rechercher la valeur de la température frontale correspondant à une température interne du corps égale à 40 °C.

– Utiliser le graphe du document 4 pour déduire la valeur de la pé-riode spatiale du cristal liquide utilisé dans le thermomètre frontal, pour cette température.

– Utiliser la loi de Bragg pour calculer la longueur d’onde de la ra-diation réfléchie alors sélectivement par le cristal liquide. Comme k peut prendre plusieurs valeurs, il faut calculer la longueur d’onde correspondant à chaque valeur de k.

– Déduire la couleur du compartiment de la (des) longueur(s) d’onde réfléchie(s) sélectivement.

Étape 5 : Répondre• Contexte introduisant la problématiquePour déterminer la couleur prise par le cristal liquide, à une tempé-rature donnée, il faut identifier la couleur qu’il réfléchit sélective-ment à cette température.

• Mise en forme de la réponsePour une température interne de 40 °C, la température frontale est de 37,5 °C.

Or, à cette température, la période spatiale du cristal liquide utilisé dans le thermomètre est égale à 280 nm.

La loi de Bragg permet de calculer la longueur d’onde de la radia-tion réfléchie sélectivement par ce cristal liquide, pour la période spatiale déterminée précédemment :

2·n·L

kλ = avec n = 1,5 et L = 280 nm.

Puisque k est un entier, on cherche les valeurs de λ correspondant à k = 1, 2, 3, … et appartenant au domaine visible :

k = 1 : λ = 840 nm (Infra-rouge)

k = 2 : λ = 420 nm (Violet)

k = 3 : λ = 280 nm (Ultraviolet)

• Conclusion revenant sur la problématique Le compartiment correspondant à une température interne de 40 °C est donc violet.

16 1. Les groupes caractéristiques du menthol et de la menthone sont indiqués ci-dessous :

H2C

H2C CHCH

CHCH2

H3C CH3

OH

CH3

CH

H2C

H2C CCH

CHCH2

H3C CH3

O

CH3

CH

2. À 20 °C, le menthol est solide car sa température de fusion est égale à 43 °C, et la menthone est liquide car sa température de fu-sion est égale à –6,5 °C et sa température d’ébullition est égale à 209 °C.

3. a. Le montage utilisé pour la synthèse est le montage B car il faut réaliser un montage de chauffage à reflux.

b. Il faut chauffer le milieu réactionnel à 55 °C pour cette synthèse pour que le menthol soit liquide et donc que les réactifs soient tous dans la même phase.

4.

Phase organique contenant du cyclohexane,le menthol restant et la menthone formée.Sa densité est voisine de celle du cyclohexane (0,78).

Phase aqueuse contenant l’eau, les ionspermanganate MnO4

- , les ions manganese Mn2+. Sa densité est voisine de celle de l’eau (1,00).

Ampoule à décanter

Le menthol et la menthone se trouvent dans la phase organique car ils sont très solubles dans le cyclohexane. Les ions sont dans la phase aqueuse.

5. Le montage utilisé pour la distillation est le montage A car il com-porte une colonne de Vigreux, nécessaire pour la distillation, et un réfrigérant, qui permet de liquéfier le produit qui atteint le haut de la colonne afin de l’extraire.

6. La quantité initiale de menthol est :15,6

156

m

M(menthol)n

1 = = = 0,100 mol

La quantité initiale d’ion permanganate est :

n2 = C ·V = 0,8 × 0,100 = 8 × 10–2 mol

Les ions H+ (aq) sont en excès, le tableau d’avancement est :


• Hypothèse 1 : Le menthol est le réactif limitant.0,100

5

n1

5x

max = = = 2,00 × 10–2 mol.

• Hypothèse 2 : Les ions permanganate sont le réactif limitant. 8 × 10–2

2

n2

2x

max = = = 4 × 10–2 mol.


est 2,00 × 10–2 mol.

Le menthol est donc le réactif limitant.

7. En supposant que le liquide obtenu en fin de synthèse est unique-ment constitué de menthone, la quantité n

exp(menthone) obtenue

est :11,2

154

m’

M(menthone)n

exp(menthone) = = = 7,27 × 10–2 mol



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

178

La quantité maximale de menthone que l’on peut obtenir est :

nmax

(menthone) = 5xmax

= 0,100 mol

Le rendement de la synthèse est :

7,27 × 10–2

0,100

nexp

(menthone)

nmax

(menthone)η = = = 0,727 soit 73 %.

8. Le chromatogramme obtenu montre que le produit obtenu n’est pas pur car il est constitué de deux taches. L’une est à la même hau-teur que la menthone de référence et l’autre à la même hauteur que le menthol de référence. Le produit obtenu est donc un mélange de menthol, qui n’a pas réagi, et de menthone produit de la synthèse.

9. Le produit obtenu n’étant pas pur, le rendement de la synthèse est inférieur à 73 %.

17 1. Le verre est un matériau amorphe car les atomes qui le constituent sont placés les uns par rapport aux autres sans respec-ter une structure régulière, contrairement à la silice cristalline.

2. Un verre est transparent s’il ne contient pas d’impuretés de taille supérieure à 0,1 μm.

3. Dans l’atmosphère, des composés organiques semi-volatils, pro-venant par exemple de gaz d’échappement ou de combustion, se déplacent sous forme gazeuse. Au contact d’une surface, ils peuvent se déposer sous forme solide et la salissent.

4. a. Dans le radical hydroxyle HO–, l’atome d’oxygène ne respecte pas la règle de l’octet car il n’est entouré que de sept électrons au lieu de huit.

b. Le radical hydroxyle a un fort pouvoir oxydant car il est capable de capturer facilement un électron appartenant à une espèce chimique susceptible d’en donner, provoquant son oxydation.

c. Sous l’action de rayonnement UV, les molécules d’eau présentes à la surface du dioxyde de titane sont transformées en radicaux

hydroxyle. Cette surface est donc couverte de radicaux hydroxyle. La couche de dioxyde de titane devient « active », car les radicaux hydroxyles produits réagissent avec les COSV eux aussi présents sur la surface, ils sont oxydés et transformés en dioxyde de carbone et en eau.


La transparence du verre est due à sa structure ; une modification de la structure de la surface du verre peut lui conférer une propriété supplémentaire, l’auto-nettoyage.

• Mise en forme de la réponseLa transparence du verre est due au fait que les atomes de silicium et d’oxygène qui constituent la silice ne sont pas ordonnés de façon régulière les uns par rapport aux autres. Cependant, la présence d’impuretés de taille supérieure à 0,1 μm peut diminuer cette trans-parence à la lumière visible. La structure interne du verre est donc responsable de cette propriété.

De plus, en déposant une fine couche (quelques dizaines de nano-mètres d’épaisseur) de dioxyde de titane TiO

2 sur la surface du

verre, celui-ci reste transparent et devient auto-nettoyant. En effet, le dioxyde de titane réagit avec les molécules d’eau en contact avec lui et forme des radicaux hydroxyle HO– très réactifs. Ceux-ci réa-gissent avec les salissures de type organique (COSV, par exemple) présentes sur la surface en les transformant en dioxyde de carbone et en eau. Par ailleurs, la surface « active » est super-hydrophile, l’eau y ruisselle donc en formant une nappe qui entraîne les autres types de salissures (poussières minérales, par exemple) sans laisser de traces sur la surface.

• Conclusion revenant sur la problématiqueAinsi, la structure du verre et le traitement de surface au dioxyde de titane expliquent sa transparence et sa capacité d’auto-nettoyage.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.



Exercice 3

Équation chimique 3 C3H

8O (ℓ) + 2 Cr

2 O

72– (aq) + 16 H+ (aq) r 3 C

3H

6O

2 (ℓ) + 4 Cr3+ (aq) + 11 H

2O (ℓ)

État du système AvancementQuantités de matière (en mmol)

n(C3H

8O) n(Cr

2 O

72–) n(H+) n(C

3H

6O

2) n(Cr3+) n(H

2O)

État initial x = 0 n01

n02

Excès 0 0 Solvant

État intermédiaire x n01

– 3x n02

– 2x Excès 3x 4x Solvant


n01

– 3xmax

n02

– 2xmax

Excès 3xmax

4xmax

Solvant

Exercice 7


10O (ℓ) + 2 MnO

4– (aq) + 6 H+ (aq) r 5 C

4H

8O (ℓ) + 2 Mn2+ (aq) + 8 H

2O (ℓ)


n(C4H

10O) n(MnO

4–) n(H+) n(C

4H

8O) n(Mn2+) n(H

2O)


n2

Excès 0 0 Solvant

État intermédiaire x n1 – 5x n

2 – 2x Excès 5x 2x Solvant


n1 – 5x

maxn

2 – 2x

maxExcès 5x

max2x

maxSolvant

Exercice 10


10O (ℓ) + 4 MnO

4– (aq) + 12 H+ (aq) r 5 C

4H

8O

2 (ℓ) + 4 Mn2+ (aq) + 11 H

2O (ℓ)


n(C4H

10O) n(MnO

4–) n(H+) n(C

4H

8O

2) n(Mn2+) n(H

2O)

État initial x = 0 n1 n2

Excès 0 0 Solvant




n1 – 5x

maxn

2 – 4x

maxExcès 5x

max4x

maxSolvant

Exercice 16


18CHOH (ℓ) + 2 MnO

4– (aq) + 6 H+ (aq) r 5 C

9H

18CO (ℓ) + 2 Mn2+ (aq) + 8 H

2O (ℓ)


n(C9H

18CHOH) n(MnO

4–) n(H+) n(C

9H

18CO) n(Mn2+) n(H

2O)


n2

Excès 0 0 Solvant




n1 – 5x

maxn

2 – 2x

maxExcès 5x

max2x

maxSolvant



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

180

Grille d’évaluation :

Exercice 15



S’approprier


• La température frontale est différente de la température interne du corps, elle lui est inférieure de 2,5 °C (doc. 1).

• Les cristaux liquides « cholestériques » sont caractérisés par une structure spatiale périodique (doc. 2).

• Une structure périodique réfléchit sélectivement certaines radiations de la lumière incidente. Les longueurs d’onde sont données par le loi de Bragg (doc. 4).

• Pour un cristal liquide « cholestérique », la période de la struc-ture est une fonction affine de la température (doc. 5).


L’élève sait ce qu’est une période.


Quelle est la couleur de la (des) radiation(s) sélectivement réflé-chie(s) par le cristal liquide contenu dans la cellule indiquant une température interne égale à 40 °C ?

Analyser





• Rechercher la valeur de la température frontale correspondant à une température interne du corps égale à 40 °C.

• Utiliser le graphe du document 4 pour déduire la valeur de la période spatiale du cristal liquide utilisé dans le thermomètre frontal, pour cette température.

• Utiliser la loi de Bragg pour calculer la longueur d’onde de la ra-diation réfléchie alors sélectivement par le cristal liquide. Comme k peut prendre plusieurs valeurs, il faut calculer la longueur d’onde correspondant à chaque valeur de k.

• Déduire la couleur du compartiment de la (des) longueur(s) d’onde réfléchie(s) sélectivement.


• L’élève a su déterminer la température frontale correspondant à une température interne de 40 °C.

• L’élève a su utiliser le graphique.

• L’élève a effectué les calculs nécessaires sans erreur d’unité et en faisant les conversions nécessaires.

• L’élève a su utiliser le spectre de la lumière blanche.

Valider



– en commentant ;



Le compartiment correspondant à une température interne de 40 °C est donc violet.

• L’élève a été capable de rejeter les solutions correspondant à des longueurs d’onde n’appartenant pas au domaine visible.












© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.


ECE

expérimentale

ActivitéECE 3 p. 340

La synthèse d’une cétone 3 p. 340 du manuel

Compléments

Matériel et consommablesMatériel

• Des tubes à hémolyse et leur support.

• Des capillaires.

• Deux pipettes Pasteur.

• Une cuve à chromatographie.

• Une pince.

• Une boîte de Pétri.

• Un montage à distiller avec le mélange M dans le ballon et un erlenmeyer pour recueillir le distillat.

Produits

• Le mélange M obtenu par chauffage de 10 mL de butan-2-one et 40 mL de solution de permanganate de potassium à 0,02 mol·L-1 acidifiée à l’acide sulfurique.

• Une plaque à chromatographie.

• De la butanone.

• Une solution acidifiée de DNPH.

• Un mélange volume à volume de cyclohexane et d’éthanoate d’éthyle : 15 mL.


AnalyserLa compétence « Analyser » est évaluée lors de la première question pour laquelle l’élève doit reconnaître un montage à distiller et en donner le rôle. Elle est également évaluée lors de la deuxième ques-tion lorsque l’élève doit proposer un protocole pour reconnaître la nature du distillat en identifiant la butanone et en cherchant une méthode de révélation de la plaque à chromatographie après élution.

RéaliserLa compétence « Réaliser » est évaluée en observant l’élève réaliser la distillation puis le protocole permettant l’identification de la butanone.

ValiderLa compétence « Valider » est évaluée lors de la synthèse des résultats. Si l’élève a remarqué qu’il existe deux phases dans le ballon initialement, il serait très bien qu’il fasse remarquer qu’une séparation par décantation est possible.

Solutions pour le premier appel : réalisation d’une distillation

Solution partielle 1Le professeur indique à l’élève que le montage proposé est un montage de distillation.

Solution partielle 2 Le professeur indique à l’élève que le mélange M est constitué d’eau, de butanone, de buan-2-one et d’ions hydrogène H+(aq), sulfate SO

42–(aq), manganèse (II) Mn2+(aq) et potassium K+(aq) .

Solution partielle 3 Le professeur montre à l’élève comment commencer le chauffage et surveiller la température en tête de colonne.

Solution partielle 4 Le professeur indique à l’élève qu’il faut arrêter le chauffage en descendant le support élévateur si le chauffage est trop important ou si la température en tête de colonne commence à augmenter.

Solutions pour le deuxième appel : Identifi cation de la butanone

Solution partielle 1Le professeur indique à l’élève que le distillat doit être constitué de butanone.

Solution partielle 2Le professeur indique à l’élève qu’il peut identifier la butanone en réalisant une CCM.

Solution partielle 3Le professeur indique à l’élève que, pour la CCM, il doit comparer la façon dont doit être éluée la butanone de référence et le distillat.

Solution partielle 4Le professeur indique à l’élève que les espèces chimiques doivent être diluées dans l’éluant avant d’être déposées sur la plaque à chromatographie.

Solution partielle 5Le professeur indique à l’élève que la DNPH peut être utilisée pour révéler la chromatographie. Il lui rappelle que, lors de la réalisation du test à la DNPH, un peu du produit à tester doit être introduit dans la DNPH.


1



© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

182

Un exemple de réponse1. Schéma légendé du montage à distiller :

Support élévateurMélange à distiller

Réfrigérant à eau

Erlenmeyer

Thermomètre

Sortie d’eau

Noix Pince

Chauffe-ballon

Colonnede Vigreux

Tête decolonne

Ballonmonocol

Distillat

Arrivée d’eau

Allongecoudée

La distillation permet de séparer des liquides miscibles dont les tem-pératures d’ébullition ne sont pas trop proches, ce qui est le cas pour la butanone et le butan-2-ol ou l’eau.

2. La chromatographie sur couche mince permet l’identification de la butanone devant constituer le distillat par comparaison avec la butanone de référence.

On introduit l’éluant dans la cuve à chromatographie de façon à avoir une hauteur de 0,5 cm de liquide au fond de la cuve. On ferme la cuve et on laisse reposer de façon à saturer l’atmosphère de la cuve en vapeurs d’éluant.

On réalise dans les tubes à hémolyse des solutions dans l’éluant des espèces à chromatographier : A pour la butanone de référence et B pour la solution du distillat.

On prépare la plaque à chromatographie en traçant un trait au crayon à 1 cm du bord inférieur et on y repère la place de deux dépôts A et B.

En A, on dépose à l’aide d’un capillaire une goutte de la solution A de butanone de référence ; en B, une goutte de la solution B du dis-tillat. On laisse sécher et on refait un dépôt à l’identique.

On laisse sécher, puis on introduit délicatement et rapidement la plaque à chromatographie dans la cuve et on laisse éluer.

Lorsque le front de l’éluant est situé à 1 cm du bord supérieur de la plaque, on sort la chromatographie, on repère le front de l’éluant au crayon à papier et on laisse sécher.

On introduit de la DNPH dans une demi-boîte de Pétri, puis on plonge la plaque à chromatographie dans cette solution à l’aide de la pince et on la ressort immédiatement.

3. La distillation a permis de récupérer un liquide qui passe à une température voisine de 80 °C en tête de colonne. Le mélange M étant constitué de deux phases, on aurait pu proposer une sépara-tion des deux phases par décantation.

Pour la chromatographie, les distances parcourues lors de l’élution par la butanone de référence et l’espèce constituant le distillat sont similaires. La révélation à la DNPH de ces espèces incolores montre également pour les deux une réaction positive à la DNPH. Ces ob-servations permettent de conclure que c’est la butanone qui a été extraite du mélange M et qui a donc été obtenue par oxydation de l’alcool secondaire butan-2-ol.


© H

ache

tte

Livr

e, 2

015

– P

hysi

qu

e C

him

ie 1

re S

– L

ivre

du

prof

esse

ur

– La

pho

toco

pie

non

au

tori

sée

est

un

déli

t.

183Exercices de synthèse

Synt

hèse

de synthèse 3 p. 341Exercice

1 Les piles à combustible 3 p. 341 du manuel

1. a. Il est intéressant d’utiliser une pile à combustible car elle fonc-tionne tant que l’on apporte ses réactifs.

b. Le méthanol et l’éthanol sont liquides dans les conditions usuelles de température et de pression et donc bien plus faciles à stocker que le dihydrogène qui est alors gazeux.

c. La source de dioxygène de ces piles est le dioxygène de l’air.

d. Une pile à combustible convertit de l’énergie chimique en éner-gie électrique.

Pile à combustibleÉnergie chimique Énergie électrique

Énergie thermiqueperdue

2. a. La réaction de synthèse de l’éthanol à partir du glucose par fermentation a pour équation :

C6H12O6 r 2 CO2 + 2 CH3CH2OH

b. L’obtention d’éthanol à partir du glucose peut être critiquée car les végétaux utilisés à cette fin ne sont plus disponibles pour nourrir la population humaine. Pour éviter cela, on développe actuellement la production d’éthanol à partir de déchets végétaux.

3. a. L’un des réactifs est l’éthanol, c’est donc le réducteur du couple CH3CH2OHCO2 (g) / (ℓ).

L’autre réactif est donc l’oxydant de l’autre couple, c’est le dioxy-gène.

3 × (O2 (g) + 4 H+ (aq) + 4 e– S 2 H

2O (ℓ))

1 × (CH3CH

2OH (ℓ) + 3 H

2O (g) S 2 CO

2 (g) + 12 H+ (aq) + 12 e–)

_______________________________________________________________

Bilan 3 O2 (g) + CH

3CH

2OH (ℓ) r 2 CO

2 (g) + 3 H

2O (ℓ)

b. On doit apporter de l’eau à l’anode car la réaction d’oxydation de l’éthanol nécessite de l’eau comme le montre l’équation de la réaction d’oxydation se déroulant à l’anode :

CH3CH

2OH (ℓ) + 3 H

2O (ℓ) a 2 CO

2 (g) + 12 H+ (aq) + 12 e–

c. Les porteurs de charge assurant le passage du courant dans la pile à combustible sont les ions hydrogène H+ (aq).

d. Le carbone des végétaux qui sont à l’origine de l’éthanol a été obtenu par photosynthèse à partir du dioxyde de carbone de l’air. Il y a autant de dioxyde de carbone dégagé par le fonctionnement que de dioxyde de carbone capté lors de la photosynthèse.

4. a. On utilise la relation donnant la puissance électrique :

𝒫 = U·I soit 𝒫U

5012

I = = 4,2 A.=

b. L’énergie fournie en deux heures de fonctionnement vaut :

ℰ = U·I·∆t = 𝒫·∆t = 50 × 2 × 3 600 = 3,6 × 105 J

c. La charge électrique Q a l’unité d’une intensité multipliée par une durée. Ainsi Q = I·∆t.

Pour obtenir une énergie, il faut multiplier Q par une tension.

Pour un réservoir de 10 L de méthanol, l’énergie ℰ fournie vaut :

ℰ = Q·U = 925 × 12 = 1,1 × 104 W·h = 11 kW·h

Ainsi, l’énergie ℰ’ que peut fournir un litre de méthanol vaut :ℰ10

ℰ’ = = 1,1 kW·h


avertissement - sitew

Documents