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Nom original: Corrigémines2006.pdfTitre: Concours commun sup 2006 des écoles des mines d’albi, Alès, DouAuteur: Lionel

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Concours commun sup 2006 des écoles des mines d’albi, Alès, Douai,
Nantes : Epreuve de physique-chimie (toutes filières) - Corrigé
Problème N°1 : Etude de la combustion isobare du mélange air-carburant
1 C8H18(g) +

25
O2(g) = 8 CO2(g) + 9 H2O(g)
2

2 ∆rH°(298 K) = 9 ∆fH°(H2O(g)) + 8 ∆fH°(CO2(g)) - ∆fH°(C8H18(g)) -

25
∆fH°(O2(g))
2

25
×0 = - 5910 kJ.mol-1
2
∆fH°(O2(g)) = 0 car O2(g) (gaz parfait pur sous la pression standard P°) correspond à l’état standard
de référence de l’élément oxygène à la température considérée.

= 9×(- 242) + 8×(-394) - 580 -

673K

3 ∆rH°(673 K) = ∆rH°(298 K) + ∫ 298K Δ r C p .dT
o

∆rCp° = 9 Cp,m(H2O(g)) + 8 Cp,m(CO2(g)) - Cp,m(C8H18(g)) -

25
Cp,m(O2(g))
2

25
×29 = 101,5 J.K-1.mol-1
2
On suppose que Cp,m (O2(g)), non donnée dans le texte, est aussi égale à 29 J.K-1.mol-1.

= 9×29 + 8×29 - 29 -

673K

∆rH°(673 K) = - 5910.103 + ∫ 298K 101,5.dT = - 5910.103 + 101,5×(673 – 298) = - 5872.103 J.mol-1.
4-a ∆H = QP car la transformation est isobare. QP = 0 car la transformation est adiabatique.
Ainsi, ∆H = 0. L’énergie dégagée par la combustion de l’octane sert à échauffer les gaz de
combustion.
4-b
Etat
initial
Etat
final

C8H18(g)
n’ = 2.10-4 mol
0

O2(g)
0,2n = 0,2×4.10-2 =
8.10-3 mol
8.10-3 -

25
×2.10-4
2

CO2(g)
0

H2O(g)
0

8×2.10-4 = 1,6.10-3
mol

9×2.10-4 = 1,8.10-3
mol

N2(g)
0,8n = 0,8×4.10-2 =
3,2.10-2 mol
3,2.10-2 mol

= 5,5.10-3 mol

4-c nombre total de moles gazeuses : N = n(O2) + n(CO2) + n(H2O) + n(N2) + n(C8H18)
A l’état initial : N = 4,02.10-2 mol
A l’état final : N = 5,5.10-3 + 1,6.10-3 + 1,8.10-3 + 3,2.10-2 = 4,09.10-2 mol.
On peut donc considérer constant le nombre total de moles gazeuses.
4-d L’enthalpie étant une fonction d’état, on peut calculer ∆H le long du chemin fictif suivant :

Réactifs + N2(g)
à TB
∆H1

∆H

Produits + réactifs en
excès + N2(g) à TB

Produits + réactifs en
excès + N2(g) à TC
∆H2

∆H = ∆H1 + ∆H2
On note ξ, l’avancement chimique de la réaction.
A pression et température constante : ∆H1 = ∆rH°(673 K).(ξfinal - ξinitial) = n’.∆rH°(673 K)

TC

o
A ξ et pression constante : ∆H2 = ∫ T C p.système .dT
B

o

Le système est constitué de N moles de gaz : C p.système = N.Cp,m(gaz).
∆H2 = N.Cp,m(gaz).(TC – TB)
n’.∆rH°(673 K) + N.Cp,m(gaz).(TC – TB) = 0 d’où
− n'.Δ r H° (673K)
− 2.10 − 4.(- 5872.10 3 )
TC =
+ TB =
+ 673 = 1685 K.
N.C p,m (gaz)
4.10 -2.29

Problème N°2 : Boire ou conduire …
II-1 v1 = -

Passage de l’alcool à travers la paroi stomacale

dC1
dt

I-2 Supposons que v1 suit une loi cinétique d’ordre 1, alors v1 = k1.C1.
dC
On obtient l’équation différentielle suivante : - 1 = k1.C1
dt
L’intégration de cette équation différentielle à coefficients constants conduit à : C1 = A. e − k1 .t .
On fixe la constante d’intégration A avec les conditions initiales : à t = 0, C1 = C0.
D’où C1 = C0. e − k1 .t
lnC1 = lnC0 – k1.t
On trace la courbe représentative de lnC1 = f(t).
t en min
0
1,73
2,8
5,5
18
22
-1
C1 en mol.L
4,0
3,0
2,5
1,6
0,2
0,1
lnC1
1,4
1,1
0,9
0,5
-1,6
-2,3
2
1,5
1
0,5

lnC1

On obtient une droite la
réaction est donc d’ordre 1.
La pente de cette droite
correspond à – k1.
On obtient :
k1 = 0,17 min-1

0
-0,5 0

5

10

15

20

-1
-1,5
-2

y = -0,17x + 1,4

-2,5

t (min)

I-3
t=0
t = 18 min

CH3CH2OH estomac →CH3CH2OH sang
1
0
mol
1–x
x

A t = 18 min : 1 – x = 0,2×250.10-3 = 5.10-2 mol ; x = 0,95 mol.
x 0,95
C2 =
=
= 2,4.10-2 mol.L-1.
V2
40
I-4 Vdisparition dans l’estomac = Vapparition dans le sang en considérant des vitesses non volumiques (en mol.min-1) ;
d’où V1.v1 = V2.v

25

IIII-1 v2 = -

Oxydation de l’alcool dans le sang

dC 2
dt

II-2 On suppose que v2 suit une loi de vitesse d’ordre 0, alors : v2 = k2.
dC
- 2 = k2 . L’intégration conduit à : C2 = C2(t = 0) – k2.t
dt
On trace la courbe représentative de C2 = f(t).
0,06
0,05
0,04

C2

0,03
0,02
0,01

y = -7,25.10^(-5) x + 0,05
0
-0,01

0

100

200

300

400

500

600

700

800

t (min)

On obtient une droite la réaction est donc d’ordre 0. La pente de cette droite correspond à – k2.
On obtient : k2 = 7,25.10-5 mol.L-1.min-1

III-

Boire ou conduire …

III-1 Concentration maximale tolérée d’alcool dans le sang :
0,5
= 1,1.10-2 mol.L-1
46

Cmax =

III-2

V1 .v1
V1 dC1
V1
dC 2
= v – v2 =
- v2 = - k2 = k1.
.C . e − k1 .t - k2
V2
V2 dt
V2 0
dt

V1
.C0. e − k1 .t - k2.t + cte
V2
V1
V1
A t = 0, C2 = 0 = C0 + cte d’où C2 =
.C0.(1 - e − k1 .t ) - k2.t
V2
V2
dC 2
III-4-a La concentration est maximale quand
= 0.
dt

III-3 On intègre: C2 = -

Soit k1.

V1
.C0. e − k1 .t max - k2 = 0
V2

e − k1 .t max =

k 2 .V2
C 0 .V1 .k 1

d’où tmax = -

1  k 2 .V2 
 7,25.10 -5.40 
1
 =  = 23 min car C0.V1 = 0,9 mol.
ln
ln
k 1  C 0 .V1 .k 1 
0,17  0,9.0,17 

III-3-b C2max =

0,9
(1 - e − 0,17× 23 ) – 7,25.10-5×23 = 2,0.10-2 mol.L-1> Cmax.
40

L’homme ne peut donc pas conduire.
III-3-c Au-delà de tmax, le terme en exponentielle devient négligeable.
On obtient une droite de pente – k2.
V1
C2 ≈
.C0 - k2.t
V2
L’homme peut conduire à la date t1 telle que C2 = Cmax.
1
V1
.C0 - k2.t1 = Cmax d’où t1 =
k2
V2

 V1 .C 0

1
 0,9

− C max  =
− 1,1.10 − 2  = 160 min soit 2h40
. 
-5 . 

 V2
 7,25.10  40

min.

IV-

Contrôle d’Alcoolémie

IV-1 Cr2O72- + 14 H3O+ + 6 e- = 2 Cr3+ + 21 H2O (×2)
CH3CH2OH + 5 H2O = CH3COOH + 4 H3O+ + 4 e- (×3)
2 Cr2O72- + 16 H3O+ + 3 CH3CH2OH = 4 Cr3+ + 3 CH3COOH + 27 H2O
IV-2 CH3CH2OH « donne » des électrons, cette espèce est donc oxydée.
Cr2O72- « reçoit » des électrons, cette espèce est donc réduite.
IV-3 Constante d’équilibre de la réaction :
K° =

(

10

12. E ° (Cr2O72 − /Cr 3+ ) − E ° (CH3COOH/CH3CH 2OH)
0,06

)

=

10

12.(1,33− 0,19 )
=
0,06

10228

La réaction est totale.
IV-4-a Nombre de moles d’alcool expiré par litre d’air :
Cexp =

0,5
= 2,38.10-4 mol.L-1.
2100

IV-4-b La réaction étant totale, il suffit de placer avant le trait de jauge une quantité de dichromate
correspondant aux proportions stoechiométriques pour observer l’apparition de la coloration verte
des ions Cr3+.Nombre de moles de dichromate devant être placé devant le trait de jauge :
n(Cr2O72-) =

2
n(CH3CH2OH)
3

Masse de dichromate de potassium nécessaire :
m(K2Cr2O7) = n(Cr2O72-).M(K2Cr2O7) =

2
n(CH3CH2OH).(2 M(K) + 2 M(Cr) + 7 M(O)) =
3

2
×2,38.10-4×(2×39,1 + 2×52 + 7×16) = 4,7.10-2 g
3

IV-5-a Dans Cr3+, n.o(Cr) = +III
En supposant que les deux atomes de chrome sont au même nombre d’oxydation dans Cr2O72- (on le
vérifie en écrivant la formule de Lewis à la question IV-5-c) : 2 n.o(Cr) + 7 n.o(O) = -2.

Or n.o(O) = -II. Ainsi n.o(Cr) = + VI.
IV-5-b Z = 24
En raison de la stabilité particulière des sous-couches à moitié remplies, le chrome ne suit pas la
règle de Klechkowski, on obtient comme configuration électronique fondamentale :

↑ ↑ ↑ ↑ ↑
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 3d5
Les électrons de valence sont ceux situés sur la couche la plus externe et sur les sous-couches en
cours de remplissage, soit les électrons des sous-couches 4s et 3d, soit 6 électrons de valence.
IV-5-c Structure de Lewis de l’ion dichromate :
O
O

Cr

O
O

O

Cr

O

O

IV-5-d En appliquant la méthode VSEPR, on obtient pour chaque atome de chrome un
environnement de type AX4 correspondant à une géométrie tétraédrique.
2O

Cr
O

OCrO3

O

Audrey Louis chimie PCSI Lycées Raspail et Saint-Louis


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