Cinétique Prob.pdf


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Corrigé
I.
1.a) Plusieurs argumentations sont possibles pour montrer que la cinétique est d’ordre 1, que sa constante de vitesse
dc
est k1 = 0,167 min−1 et que la loi de vitesse est − 1 = k1c1 :
dt
• tracer le graphe de ln c1 (t ) , constater que c’est une droite de pente −0,167 et en déduire :
d ln c1
1 dc1
dc
ln c1 = −k1t + cste
=
= −k1 − 1 = k1c1 ;
dt
c1 dt
dt



faire la régression linéaire ln c1 = −0,1672t + 1, 388
1 c (0)
vérifier la constance de k1 = ln 1
:
t c1 ( t )
t en min
0
1,73
c1 en mol/L
4,0 3,0
1 c (0)
k1 = ln 1
0,1663
t c1 ( t )
dc
n
1.b) − 1 = k1c1 ⇒ c1 = A exp ( −k1t ) c1 ( 0 ) =
dt
V1

1.c) L’éthanol se conserve : V1c1 ( t ) + V2c2 ( t ) = n ⇒

( R2 = 0, 999974 ) ;

2,80
2,5

5,50
1,6

18,0
0,2

22,0
0,1

0,1679

0,1666

0,1664

0,1677

=A

c1 =

n
exp ( −k1t ) .
V1

dc2
V dc
=− 1 1 .
dt
V2 dt

dc2
dt
2.b) Plusieurs argumentations sont possibles pour montrer que la cinétique est d’ordre 0, que sa constante de vitesse
dc
est k2 = 7, 25.10−5 min−1 et que la loi de vitesse est 2 = −k2 :
dt

2.a) v2 = −

• tracer le graphe de c2 (t ) , constater que c’est une droite de pente −7, 25.10−5 ; il y a un piège, le dernier point
correspond à une région où c2 ( t ) = 0 et n’est pas aligné avec les précédents ;


faire une régression linéaire (sans le dernier point) c2 = −7, 25.10−5 t + 0, 05



vérifier la constance de k2 =

( R2 = 1 ) ;

c2 ( 0 ) − c2 ( t )
= 7, 25.10−5 , rigoureusement vérifiée (sauf pour le dernier point).
t

dc2
V dc
= − 1 1 − k2 . Or la concentration d’éthanol dans l’estomac n’est pas affectée par ce qui se passe dans
dt
V2 dt
n
dc2
nk
le sang : c1 =
exp ( −k1t ) . D’où
= 1 exp ( −k1t ) − k2 .
V1
dt
V2

3.a)

dc2
1, 2 × 0,167
=
− 7, 25.10−5 = 0, 00494 mol . L−1 . min−1 .
dt t = 0
40
3.c) Comme la concentration initiale est nulle et comme une concentration ne peut être négative, en réalité
dc2 / dt = 0 : l’éthanol aussitôt passé dans le sang est oxydé ; il y aurait un effet de seuil : si la concentration d’éthanol
dans l’estomac est trop faible, on ne ressentirait pas ses effets.
n
[ 1 − exp ( −k1t ) ] − k2t
3.d) En intégrant l’expression de 3.a et en tenant compte de c2 ( 0 ) = 0 , c2 =
V2

3.b)

3.e) D’après 3.a,

dc2
nk
1 kV
1
7,25.10−5 × 40
ln
= 1 exp ( −k1t ) − k2 > 0 si t < tm = − ln 2 2 = −
, soit
0,167
1,2 × 0,167
dt
V2
k1
nk1

tm = 25, 4 min .
n
k ⎛
nk ⎞ 1, 2 7, 25.10−5 ⎛⎜
1, 2 × 0,167 ⎞⎟
− 2 ⎜⎜ 1 + ln 1 ⎟⎟⎟ =

1 + ln
⎟ , soit c2m = 0, 0277 mol . L−1 .




V2
k1
k2V2
40
0,167 ⎝
7, 25.10−5 × 40 ⎠⎟
3.g) La première cinétique est plus “rapide” que la seconde; au bout de 30 minutes, exp ( −k1t ) = 0, 006 , qui est
assez petit pour être négligé ; alors c2 n /V2 − k2t .
3.h) Cela signifie que tout se passé comme si l’éthanol était passé instantanément dans le sang et qu’ensuite c2
variait uniquement à cause de l’oxydation de l’éthanol.
n
1, 2
=
= 414 min .
3.i) Cette expression n’est valable que si c2 ≥ 0 , donc jusqu’à t =
k2V2
7, 25.10−5 × 40

3.f) c2m =

DS : cinétique, page 5