1

4ème

M2&3 Correction du devoir de contrôle N°2 (Février 2014)

CHIMIE

Exercice N°1(3,5 points) 1- a- Le tableau d’évolution de l’avancement de la réaction.

b- nf(H2O) = 2xf1 =0, 2 mole xf1 = 0,2

2= 0,1 mol

c- Pour chercher l’avancement maximal, on suppose que la réaction est totale n(limitant)=0

Pour chercher le réactif limitant, on compare 0n (HC )

4

et n0(O2 )

1

4 <1 HCℓ est le réactif limitant 1-4xmax = 0 xmax = 0,25 mol

Le taux d’avancement final f1f1

max

x

x =

0,1

0,25 = 0,4

2- Le système est en équilibre, on diminue la température à la valeur2 < 1,

a- Le nombre total de moles gazeuses est nt = n(HCℓ) + n(O2) + n(H2O) + n(Cℓ2)

nt =1-4xf2 + 1-xf2 + 2xf2 + 2xf2 = 2-xf2 = 1,85 mol xf2 =0,15 mol

Le nouveau taux d’avancement final f2f2

max

x

x =

0,15

0,25 = 0,6

b- Lorsqu’on a diminué la température, le taux d’avancement final a augmenté ce qui prouve que

l’équilibre s’est déplacé dans le sens direct (Sens de formation du dichlore)

D’après la loi de modération

Pour un système en équilibre dynamique, toute diminution de la température à pression et volume

constants, déplace l’équilibre dans le sens exothermique et inversement.

Donc le sens direct est exothermique et le sens inverse est endothermique

3- On désire augmenter la quantité de matière du dichlore formé à l’équilibre c'est-à-dire augmenter

l’avancement final xf donc on désire diminuer le nombre total de moles gazeuses

D’après la loi de modération

Pour un système en équilibre dynamique, toute augmentation de la pression à température et volume

constants, déplace l’équilibre dans le sens qui diminue le nombre total de moles gazeuses et

inversement donc il faut augmenter la pression

Exercice N°2(3,5 points)

1-a- L’avancement volumique final est yf = +

3H O = 10-pH

= 10-2,9

mol.L-1

= 0,00126 mol.L-1

b- Pour chercher l’avancement maximal, on suppose que la réaction est totale 10-2

-ymax =0

ymax = 10-2

mol.L-1

Le taux d’avancement final = ff

max

y

y = f

0,00126

0,01

=0,126

c- On a f

=0,126 < 1 donc AH est un acide faible

2-a- +

3H O = A = 0,00126 mol.L-1

AH = 10

-2-yf = 10

-2 - 0,00126 mol = 0,00874 mol

Équation 4 HCℓ (g) + O2 (g) 2 H2O (g) + 2 Cℓ2 (g)

État du syst. Avancement (moℓ) Quantité de matière (moℓ)

État initial 0 1 1 0 0

En cours x 1-4x 1-x 2x 2x

État final xf 1-4xf1 1-xf1 2xf1 2xf1

2

OH = e

+

3

K

H O

= 7,94 10-12

mol.L-1

(Concentration négligeable)

b- Ka1 =

- +

3A H O

AH

= 2(0,00126)

0,00874= 1,82.10

-4 pKa1 = -log(Ka1) = 3,74

3- L’acide AH est celui dont la formule est HCO2H

4-a- On a pKa1 = 3,74 > pKa2 = 1,93 donc HCℓO2 est un acide plus fort que l’acide HCO2H

b- L’équation de la réaction acide base

HCO2H +

2

-C O

2

-HCO + HCℓO2

c- La constante d’équilibre K relative à cette équation, est K =

2 2

2 2

-

-

HCO . HClO

HCO H . ClO

K =

+

3

+

3

2 2

2 2

-

-

HCO . HClO .

H

H O

CO H H. O. ClO

=

+

3

2

2

- H OHCO .

HCO H

. 2

2

+

3

-

HClO

ClO H O.

= a1

a2

K

K = 10

pKa2-pKa1

AN: K =101,93-3,74

= 0;0155

PHYSIQUE (13 points)

Exercice N°1

1-

2-

a- La période T1= 4x ms2

= 2. ms et la fréquence N1 =

1

1

T =

-3

1

2. .10 =

500

Hz

b- On a ub(t) est toujours en avance de phase sur uR(t) donc la courbe C 1 est celle de ub car elle

atteint son maximum avant la courbe C 2

c- Ubmax = 4,66V et URmax = 8,24 V

d- ub est toujours en avance de phase sur uR donc ub -uR >0

Le déphasage ub-uR = 1

2

T

.t avec t = 1T

8( le décalage horaire)

Donc ub -uR = 1

2

T

. 1T

8 =

4

rad

e- La résistance R du résistor ainsi que l’impédance Z du circuit.

On a i(t) = 329,66.10-3

sin ( 2 .N1.t. ) Imax = 329,66.10-3

A

URmax = R. Imax R = Rmax

max

U

I=

3

8,24

329,66.10= 25

u ( t ) = 12 sin ( t - 12

) Umax = 12V

Umax = Z. Imax Z = max

max

U

I=

3

12

329,66.10= 36,4

f- UCmax = max max

1

I I

C. 2 .N .C =

3

3 5

329,66.10

10 .5.10

= 6,593V

Oscilloscope Oscilloscope

Voie (Y1)

Voie (Y2)

Masse

GBF ~

R L,r C

3

3- On a i = 0 et u = - 12

i(t) est en avance de phase sur u(t) et par suite le circuit est capacitif

a- Représentation de Fresnel

A la grandeur max(R ) i =(R ).I sin(ω t )ir r d’amplitude M(R ).Ir et de phase initiale i

On associe le vecteur de Fresnel 1V ( max(R ).Ir , 0i )

A la grandeur max

diL. = L.ω.I sin(ω t )

dt 2i

d’amplitude max L.ω.I et de phase initiale

2i

On associe le vecteur de Fresnel 2V ( max L.ω.I ,

2i

)

A la grandeur maxI1idt = .sin(ω t )

C C.ω 2i

d’amplitude maxI

C.ω= UCmax et de phase initiale

2i

On associe le vecteur de Fresnel 3V ( maxI

C.ω,

2i

)

A la grandeur Mu(t) =U sin( )uwt d’amplitude MU et de phase initiale u

On associe le vecteur de Fresnel V ( MU ,12

u rad

)

A l’équation différentielle, on associe la relation vectorielle 2V +

1V +3V = V

b- cos( Ub ) = cos(4

) = max

bmax

r.I

U r = bmax

max

U

Icos(

4

)

AN: r =3

4,66 2

329,66.10 2 =10

sin( Ub ) = sin(4

) = max

bmax

L.ω.I

U L = bmax

max

U

ω.Isin(

4

)

AN: L =3 3

4,66 2

10 .329,66.10 2 = 0,01H

4- a- Pour atteindre la résonance d’intensité, on doit augmenter la fréquence N du GBF, à partir de la

valeur N1, car pour un circuit capacitif N<N0. .

b- A la résonance d’intensité :

* le circuit est résistif Umax = (R+r) Imax Imax =

maxU

R+r=

12

25+10=0,34286 A

*La fréquence N= N0 =1

2 LC =

5

1

2. 3,14 0,01.5.10=225,2 Hz 225 Hz

* i(t) et u(t) sont en phase i = U =12

rad

i(t) = 342,8.10-3

sin(450t12

) (i en A et t en s)

Axe des phases =0

L..Imax

Umax

r..Imax

maxI

C.w

u

R..Imax

Ubmax

ub

4

c- La puissance moyenne consommée par le circuit à la résonance d’intensité est P =(R+r) 2

maxI

2

AN: P = (25+10). 2(0,34286)

2= 2,057 W

d- Le facteur de surtension est Q0 = 404.10-3

.

Q0 =Cmax

max

U

U Cmax 0 maxU Q .U = 404.10

-3.12 = 4,848V

UCmax = max max

0

I I

C. 2 .N .C C= max

0 max

I

2 .N .UC=

0,34286

2. 3,14. 225,2. 4,848= 5.10

-5 F

Exercice N°2 1-a- Loi des mailles :

ub + uc = 0

Loi d’ohm ub = r.i + L di

dt = L

di

dt car r = 0 (bobine idéale)

On a uC = q

C et i =

dq

dt et

di

dt =

2

2

d q

dt ub = L

di

dt = L

2

2

d q

dt

Donc ub + uc = L 2

2

d q

dt +

q

C= 0

b- On a q(t) = Q0 sin(0t + q) dq

dt= 0.Q0 cos(0t + q)

2

2

d q

dt= -

2

0ω Q0 sin(0t + q) = - 2

0ω q(t)

q(t) est une solution de l’équation différentielle donc elle vérifie cette équation

L 2

2

d q

dt +

q

C= -L 2

0ω q + q

C= 0q (-L

2

0ω + 1

C) = 0-L 2

0ω + 1

C = 0L 2

0ω = 1

C 2

0ω = 1

L.C

La période propre 0

0

2πT =

ω= 2 LC

q(t) = QM .sin(0t+q) et i =dq

dt = QM cos(t+q) = QM.0.sin(t+q+

2

) = IM.sin(t+i)

Im= 0Q0

2-a- La période de l’énergie magnétique EL est TE = 0T

2=

0

π

ω

b- * On a t= 3ms = E3T

2 La période énergétique TE =

2 t

3

= 2ms.

TE = 0

π

ω 0

E

πω

T =

3

π

2π.10= 500 rad.s

-1.

* L’énergie magnétique maximale ELmax = 2

max

1L.I

2 = 2 2

0 0

1L.ω Q

2 Lmax

2 2

0 0

2EL

Q ω

AN: L=5

5 2 2 2

2. 36.10

(12.10 ) (5.10 )

=0,2H

* On a 2

0ω = 1

L.C

2

0

1C

L.ω =

2 2

1

0, 2 (5.10 )= 2.10

-5F

c- 1ère

méthode Q0= C.EE= 0Q

C=

5

5

12.10

2 10

= 6 V

2ème

méthode : On a Etot=cte = ELmax = ECmax = 21C.E

2 E= Cmax2E

C=

5

5

2.36.10

2.10

= 6V

i

L uC C uL