Correction avancement

Taux d’alcoolémie

Un seul réactif coloré et le seul produit coloré est d’une autre couleur. En réglant le spectrophotomètre sur la longueur d’onde d’absorbance maximale du réactif,
on va pouvoir suivre l’évolution de la concentration du réactif en solution ; plus sa concentration sera faible
(et donc plus l’avancement sera grand),
plus l’absorbance sera faible elle aussi.

$\begin{aligned} n_{2} & = [Cr_{2} O_{7}^{2 -}]_{0} \times V_{2} \\ = (2, 0 \times 10^{- 2} mol \cdot L^{- 1}) \times (10, 0 mL) \\ = (2, 0 \times 10^{- 2} mol \cdot L^{- 1}) \times (10, 0 \times 10^{- 3} L) \\ = 2, 0 \times 10^{- 4} mol \end{aligned}$

$n_{2} - 2 x_{m a x} = 0$

$\begin{aligned} \Rightarrow x_{m a x} & = \frac{n_{2}}{2} \\ = \frac{2, 0 \times 10^{- 4} mol}{2} \\ = 1, 0 \times 10^{- 4} mol \end{aligned}$

$[Cr_{2} O_{7}^{2 -}] = \frac{n_{2} - 2 x}{V}$

$\begin{aligned} A_{420} & = k \times [Cr_{2} O_{7}^{2 -}] \\ = k \times \frac{n_{2} - 2 x}{V} \end{aligned}$

$\Rightarrow \frac{V A_{420}}{k} = n_{2} - 2 x$

$\Rightarrow 2 x = n_{2} - \frac{V A_{420}}{k}$

$\begin{aligned} \Rightarrow x & = \frac{n_{2}}{2} - \frac{V A_{420}}{2 k} \\ = 1, 0 \times 10^{- 4} - \frac{12 \times 10^{- 3} A_{420}}{2 \times 150} \\ = 1, 0 \times 10 \times 10^{- 5} - \frac{12 \times 100 \times 10^{- 5} A_{420}}{300} \\ = 10 \times 10^{- 5} - \frac{1200}{300} \times A_{420} \times 10^{- 5} \\ = (10 - 4 \times A_{420}) \times 10^{- 5} mol \end{aligned}$

$\begin{aligned} x_{f} & = (10 - 4 \times 2, 39) \times 10^{- 5} \\ = 4, 4 \times 10^{- 6} mol \end{aligned}$

Comme la réaction est supposée totale, $x_{f} = x_{m a x}$ .
Or cela nous donne un $x_{m a x}$ plus petit que celui qu’on a trouvé en supposant le dichromate limitant.
C’est donc l’éthanol qui est limitant !

$n_{1} - 3 x_{m a x} = 0$

$\begin{aligned} \Rightarrow n_{1} & = 3 x_{m a x} \\ = 3 \times 4, 4 \times 10^{- 6} mol \\ = 1, 3 \times 10^{- 5} mol \end{aligned}$

Cherchons la masse d’éthanol dans les 2 mL :

$\begin{aligned} m_{2} & = n_{2} \times M (C_{2} H_{6} O) \\ = n_{2} \times (2 M (C) + 6 M (H) + M (O)) \\ = (1, 3 \times 10^{- 5} mol) \times (46 g \cdot {mol}^{- 1}) \\ = 6, 0 \times 10^{- 4} g \end{aligned}$

On en aura $\frac{1000 mL}{2 mL} = 500$ fois plus dans un litre.

Cela donne :

$\begin{aligned} m & = 500 \times 6, 0 \times 10^{- 4} g \\ = 0, 30 g \end{aligned}$

$0, 30 g < 0, 5 g$ donc le conducteur
n’est pas en infraction.

chameaux

$2 C_{57} H_{110} O_{6} + 163 O_{2} ⟶ 114 CO_{2} + 110 H_{2} O$

Cherchons $n_{1}$ :

$\begin{aligned} M (C_{57} H_{110} O_{6}) & = 57 M (C) + 110 M (H) + 6 M (O) \\ = 890 g \cdot {mol}^{- 1} \end{aligned}$

$\begin{aligned} n_{1} & = \frac{m}{M} \\ = \frac{1, 0 kg}{890 g \cdot {mol}^{- 1}} \\ = \frac{1, 0 \times 10^{3} g}{890 g \cdot {mol}^{- 1}} \\ = 1, 1 mol \end{aligned}$

On suppose la transformation totale
et la tristéarine limitante :

$n_{1} - 2 x_{m a x} = 0$

$\begin{aligned} \Rightarrow x_{m a x} & = \frac{n_{1}}{2} \\ = 5, 5 \times 10^{- 1} mol \end{aligned}$

Pour déterminer la quantité de matière nécessaire
en dioxygène, on va supposer que le mélange
est stœchiométrique et donc que
le dioxygène est lui aussi limitant.

On obtiendra bien ainsi la quantité de matière minimale en dioxygène.

$n_{2} - 163 x_{m a x} = 0$

$\begin{aligned} \Rightarrow n_{2} & = 163 x_{m a x} \\ = 90 mol \end{aligned}$

Quantité de matière d’eau libérée :

$\begin{aligned} n_{H_{2} O} & = 110 x_{m a x} \\ = 61 mol \end{aligned}$

Masse d’eau formée :

$\begin{aligned} m_{H_{2} O} & = n_{H_{2} O} \times M (H_{2} O) \\ = (61 mol) \times (18 g \cdot {mol}^{- 1}) \\ = 1, 1 \times 10^{3} g \\ = 1, 1 kg \end{aligned}$

Volume d’eau formé (en L) :

$\begin{aligned} V_{H_{2} O} & = \frac{m_{H_{2} O}}{ρ_{H_{2} O}} \\ = \frac{1, 1 kg}{1, 0 kg \cdot L^{- 1}} \\ = 1, 1 L \end{aligned}$

Le volume d’air nécessaire est 5 fois plus grand que le volume de dioxygène qu’on trouverait en supposant que l’air en est intégralement composé :

$\begin{aligned} V_{air} & = 5 \times n_{2} \times V_{m} \\ = 5 \times 90 mol \times 24 L \cdot {mol}^{- 1} \\ = 1, 1 \times 10^{4} L \\ = 11 m^{3} \end{aligned}$

eau oxygénée

10 volumes $\Rightarrow 200 mL \times 10 = 2, 0 L$

$\begin{aligned} n_{O_{2}} & = \frac{V}{V_{m}} \\ = \frac{2, 0 L}{24 L \cdot {mol}^{- 1}} \\ = 8, 3 \times 10^{- 2} mol \end{aligned}$

On connaît l’avancement final
puisqu’on a la quantité de $O_{2}$ formé :

$x_{f} = n_{O_{2}} = 8, 3 \times 10^{- 2} mol$

En supposant la transformation totale, ça nous permet de déterminer la quantité initiale de peroxyde d’hydrogène (forcément limitant) :

$n_{H_{2} O_{2}} - 2 x_{m a x} = 0$

$\begin{aligned} \Rightarrow n_{H_{2} O_{2}} & = 2 x_{m a x} \\ = 2 \times 8, 3 \times 10^{- 2} \\ = 1, 7 \times 10^{- 1} mol \end{aligned}$

Cherchons la masse de peroxyde d’hydrogène :

$\begin{aligned} m_{H_{2} O_{2}} & = n_{H_{2} O_{2}} \times M (H_{2} O_{2}) \\ = (1, 7 \times 10^{- 1} mol) \times (34 g \cdot {mol}^{- 1}) \\ = 5, 8 g \end{aligned}$

On a donc 5,8 g pour 200 mL.

La masse des $V = 200 mL$
de solution est donnée par :

$\begin{aligned} m_{solution} & = V \times ρ_{solution} \\ = V \times d_{solution} \times ρ_{eau} \\ = (200 mL) \times 1, 0 \times (1, 0 g \cdot {mL}^{- 1}) \\ = 200 g \end{aligned}$

Le pourcentage en masse vaut donc :

$\begin{aligned} \frac{m_{H_{2} O_{2}}}{m_{solution}} \times 100 & = \frac{5, 8 g}{200 g} \times 100 \\ = 2, 9 \end{aligned}$

Pour une solution à 2,9 %,
il n’y a pas de protection à prendre.

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