microméga physique chimie , 2 nd

M I C R O M É G A

Physique Chimie

2

Livre du professeur DEUXIÈME ÉDITION Chantal Clavel-Monin Professeur au lycée Condorcet de Saint-Priest

Ghislain Garcia Professeur à Montpellier

Anne-Marie Miguet Professeur au lycée Saint-Exupéry de Lyon

Hélène Pruvot-Déchelette Professeur au lycée René Descartes de Saint-Genis-Laval

Karine Vasseur Professeur au lycée La Martinière Monplaisir de Lyon

sous la direction de

Jean-François Le Maréchal Maître de conférences à l’École Normale Supérieure de Lyon

H AT I E R

de

Cet ouvrage est la deuxième édition du livre du professeur Microméga 2 de paru en 2000, rédigé, sous la direction de Jean-François Le Maréchal, par l’équipe d’auteurs suivante : Chantal Clavel-Monin Anne-Marie Colonna Ghislain Garcia

Nathalie Hild Guy Le Parc Anne-Marie Miguet

Conception maquette : Monique Alessandrini Composition : Laser Graphie Schémas : Domino

© HATIER, PARIS, avril 2004

ISBN : 2-218-74817-7

Toute représentation, traduction, adaptation ou reproduction, même partielle, par tous procédés, en tous pays, faite sans autorisation préalable est illicite et exposerait le contrevenant à des poursuites judiciaires. Réf. : loi du 11 mars 1957, alinéas 2 et 3 de l’article 41. Une représentation ou reproduction sans autorisation de l’éditeur ou du Centre Français d’Exploitation du droit de Copie (20, rue des GrandsAugustins 75006 Paris) constituerait une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code Pénal.

Cet ouvrage est la deuxième édition du livre du professeur Microméga 2 de paru en 2000, rédigé, sous la direction de Jean-François Le Maréchal, par l’équipe d’auteurs suivante : Chantal Clavel-Monin Anne-Marie Colonna Ghislain Garcia

Nathalie Hild Guy Le Parc Anne-Marie Miguet

Conception maquette : Monique Alessandrini Composition : Laser Graphie Schémas : Domino

© HATIER, PARIS, avril 2004

ISBN : 2-218-74817-7

Toute représentation, traduction, adaptation ou reproduction, même partielle, par tous procédés, en tous pays, faite sans autorisation préalable est illicite et exposerait le contrevenant à des poursuites judiciaires. Réf. : loi du 11 mars 1957, alinéas 2 et 3 de l’article 41. Une représentation ou reproduction sans autorisation de l’éditeur ou du Centre Français d’Exploitation du droit de Copie (20, rue des GrandsAugustins 75006 Paris) constituerait une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code Pénal.

CHAPITRE 1. ESPÈCES CHIMIQUES Aspects pédagogiques pédag ogiques et scientifiques Ce premier chapitre de chimie a pour objectif central d’introduire la notion d’espèce chimique. Comme les concepteurs des programmes l’ont souhaité, cette introduction ne s’appuie pas sur une description symbolique ou microscopique, mais sur l’observation de la vie de tous les jours et sur une approche expérimentale. Ce chapitre met donc le concept en œuvre dans un nombre important de situations bien choisies. À force d’exemples et de contre-exemples, de traitements théoriques et expérimentaux, l’élève appréhende peu à peu le concept. Il a été choisi de regrouper toutes les méthodes de caractérisa carac térisation tion des espèces espèces chimiques chimiques ensemble ensemble : tests chimiques, utilisation des caractéristiques physiques et chromatographie. Ceci ne fait pas une place particulière à la chromatographie sur couche mince, qui est souvent présentée après la synthèse, alors qu’elle peut être utilisée comme outil de caractérisation à la suite d’une extraction, par exemple. Pour éviter toute toute confusion entre entre les « produit produitss chimiqu mi ques es » et le less « pr prod odui uits ts » ap appa para rais issa sant nt da dans ns le le cadre d’une réaction chimique, le mot produit a été banni du manuel. Cependant ce terme apparaît dans d ans les commentaires du livre du professeur.

Activités de découverte 1. Le monde de la chimie et la chimie du monde (p. 12)

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2 a g é m o r c i M

La première activité entre directement dans le vif du sujet en utilisant utilisant l’expression l’expression « espèc espècee chimique ». Même si celle ci n’a pas encore été définie, l’élève va être amené à manipuler cette notion délicate. Il pourra d’abord la rapprocher intuitivement du vocabulai vocabulaire re du collèg collègee : « substa substance nce chimique » comme le propose propose le progra programme. mme. L’élève est d’abord confronté au fait qu’une espèce chimique possède un nom. Certains lui sont demandés et il doit en proposer d’autres. Le professeur guide la réflexion de la classe pour faire émerger l’idée

1 – E SPÈCES CHIMIQUES

que cer certai tains ns nom nomss « chi chimiq miques ues » son sontt des des nom nomss d’espèces chimiques (acide sulfurique) et que d’autres ne le sont pas (chlorure). Cette activité permet aussi d’explorer une propriété en relation avec la notion d’espèce chimique, celle de pureté. L’élève doit comprendre qu’une espèce chimique correspondrait à un échantillon parfaitement pur ; le rapprochement rapprochement avec la notion notion de corps pur connue depuis le collège est également possible. L’impossibilité d’obtenir, dans un récipient du laboratoire, une espèce chimique révèle que cette notion correspond à un modèle et non à un objet. L’importance de la modélisation en science peut donc être abordée dès la première activité de l’année. Correction

a. Lors du corrigé, le professeur pourra classer les réponses des élèves réponses élèves dans quatre colonnes colonnes : ቢ les « obje objets ts » ou les mat matéri ériaux aux : l’ea l’eauu miné minéral rale, e, une banane, le bois, un morceau de fer (alors que le fer est placé dans la catégorie ብ ; ባ les « obje objets ts » de la vie quoti quotidie dienne nne qui qui sont sont prapratiquement tiquem ent des espèces espèces chimiques chimiques : sel (chlorure de sodium), sucre (saccharose), alcool (au sens de l’éthanol, mais pas au sens de digestif qu’il faut alors mettre dans la catégorie ቢ), etc etc.. ; ቤ les mots chimiques, mais qui ne sont pas des espèces espèc es chimiques chimiques : azote, azote, chlorure chlorure,, etc. etc. ; ብ les véritables véritables espèces espèces chimiques chimiques : acide sulfusulfurique, bicarbonate de sodium, fer. Note. Il n’est pas encore possible de justifier aux élèves pourquoi le fer est une espèce chimique, et pourquoi l’acier, le ciment ou l’acide chlorhydrique chlorhydrique n’en n’est pas une, et ce n’est pas le but de l’activité. Cette question permet essentiellement de catégoriser les idées que les élèves se font de la matière, car tel est l’enjeu de cette partie : décrire le monde monde de la chimie. chimie.

b. Dans le flacon d’acide acétylsalicylique, il y a 1,5 % d’autre d’autre chose que de l’acide l’acide acéty acétylsalic lsalicyylique. Or, Or, l’espèce chimique « acide acétylsalicylique », c’est seulement de l’acide acétylsalicylique. Note. Une espèce chimique, c’est ce que les élèves ont appelé au collège, dès la cinquième, un corps pur. Dans le flacon d’acide acétylsalicylique, acétylsalicyliqu e, il n’y a pas un corps pur, puisque le contenu du flacon flac on contient contient 1,5 1,5 % d’impuret d’impuretés. és. C’est C’est un corps corps « presq presque ue » pur, pas pas un « corps pur ». Du point de vue scientifique, scientifique, le glossaire proposé en accompagnement du programme précise la

1

différence entre corps pur et espèce chimique : l’eau est une espèce chimique, qu’elle soit sous forme de glace ou de gaz, alors que la glace est un corps pur différent de l’eau liquide. Cette nuance n’a bien sûr pas à apparaître au niveau du lycée.

c. Effectivement, force est de constater que les flacons du laboratoire ne contiennent pas une unique espèce chimique. Note. On trouvera des flacons proposés par certains fournisseurs qui affichent une pureté de 100 %. Il s’agit d’une approximation. La pureté maximale d’un échantillon est atteinte à grand prix pour des échantillons de silicium à destination de l’industrie des composants électroniques. Le taux d’impureté peut être inférieur à 10 – 9, ce qui est considérable, et qui confirme à l’évidence que l’affichage de 100 % sur un flacon est une valeur arrondie. Il faut éviter de confronter les élèves avec de telles étiquettes si l’on souhaite réfléchir à la notion de modèle.

d. Comme aucune espèce chimique en tant que telle ne peut être contenue dans un récipient du laboratoire puisqu’elle est toujours avec des impuretés, le mélange du contenu des 4 flacons contient forcément plus de 4 espèces chimiques. e. Une espèce chimique est « un corps parfaitement pur ».

2. Sécurité au laboratoire de chimie (p. 12)

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Cette activité permet d’aborder les notions de risque et de sécurité relatives aux produits chimiques. Il s’agit pour un élève d’apprendre à trier et déchiffrer les différentes indications se trouvant sur une étiquette de produit chimique à ce sujet. L’élève sera ainsi dès le début de l’année à même de travailler dans de bonnes conditions. La présentation des principaux pictogrammes de sécurité permet de faire le point sur ce type de connaissances dont l’élève doit être capable de faire usage dans la vie courante. Les phrases de risques que le programme n’envisage de présenter qu’en première S, sont tout de même présentes sur l’étiquette de produits chimiques de cette activité comme sur les flacons que l’élève pourra être amené à manipuler. En fonction de la curiosité de sa classe, l’enseignant pourra choisir d’en parler ou pas. L’enseignant pourra en profiter pour faire remarquer que tous les pictogrammes de sécurité et leur signification sont rappelés en rabat de couverture et peuvent donc être retrouvés très rapidement. Correction

a. Le contenu de la bouteille risque de s’enflammer facilement. L’information figure trois fois : une

2

avec le pictogramme, une juste en dessous de celuici et elle est réécrite en caractère gras. Notes • Ce risque est codé R11. Les élèves continuant des études scientifiques découvriront ces phrases de risque en première S. La définition de risque est normalisée (EN292-1) : cause capable de provoquer une lésion ou une atteinte à la santé. • Il ne nous semble pas gênant d’utiliser le nom d’alcool isopropylique en lieu et place de propan-2-ol. La nomenclature en chimie organique apparaît beaucoup plus tard dans l’enseignement.

b. La consigne de sécurité de base consiste à éviter d’approcher une flamme. Ces informations sont inscrites en toutes lettres. Note. Il faut initier les élèves à distinguer la notion de risque lié au danger potentiel d’un produit chimique donné, et celle de sécurité, liée à ses conditions d’emploi. Le risque dépend de l’espèce chimique, c’est une traduction des ses constantes physicochimiques (température d’inflammabilité, pression de vapeur, etc.) alors que la sécurité concerne l’utilisateur : il doit mettre des lunettes, porter des gants, etc.

c. Essence, alcool à brûler, etc. d. • Produits corrosifs. Éviter tout contact avec la peau, les yeux et les vêtements. • Produit irritants. Éviter de respirer les vapeurs issues des divers récipients. • Produits toxiques. Éviter absolument de respirer les vapeurs issues des divers récipients. Éviter toute inhalation ou ingestion. Note. La sécurité est un état d’esprit qui se traduit par un comportement responsable au laboratoire comme dans les situations domestiques à risque. Il doit paraître naturel aux élèves de se protéger les yeux et les mains tant en TP que lors de l’utilisation de produits d’entretien ou de bricolage. Le rôle des pictogrammes de sécurité est de leur rappeler la conduite à tenir.

3. Eau et sirop de menthe (p. 13) Cette activité de réflexion réutilise la notion d’espèce chimique pour que les élèves se l’approprient peu à peu. Plus ils l’utiliseront à bon escient, plus la définition, lorsqu’elle interviendra dans le cours, prendra du sens. Il devient explicite ici qu’une espèce chimique ne correspond pas à un objet réel. L’élève doit prendre conscience de la distance qui existe entre une espèce chimique et la poudre ou le liquide qui se trouve dans un flacon qui porte le même nom. L’espèce chimique correspondrait, par sa définition, à un produit chimique parfaitement pur. Le glossaire accompagnant le programme précise en effet qu’une espèce chimique est un ensemble d’entités chimiques identiques, ce dont on ne dispose jamais dans un flacon. Enfin, il apparaît dans cette activité qu’il existe deux catégories d’espèces chimiques : ioniques et

1 – ESPÈCES CHIMIQUES

non ioniques. Cette distinction permet aux élèves de reconnaître rapidement les espèces chimiques ioniques à la structure de leur nom (chlorure de sodium, carbonate de calcium, etc.) et de retenir facilement le principe de base de leur réactivité : un cation réagissant toujours avec un anion. C’est autant de manipulations du concept d’espèce chimique et donc autant d’occasions pour l’élève de lui donner du sens. Même sans connaître la structure de ces entités chargées qui ne sera vue qu’au chapitre 3, les notions de collège sur les ions participent favorablement à la construction de la notion d’espèce chimique. D’autre part, cela permet de préparer les élèves qui poursuivront des études scientifiques à l’utilisation de la notion d’ion sans que cela ne surcharge les autres. Enfin les espèces chimiques ioniques sont bien mentionnées dans le programme dans les commentaires de la partie I.3 : « Toutefois l’étude d’espèces tirées du monde minéral pourra être développée dans l’enseignement thématique… » Cette activité gagnera en intérêt et en compréhension si on réalise le mélange sucre, eau, et colorants E102, E131 devant les élèves et qu’on les laisse sentir, voire goûter, si les conditions de sécurité le permettent, les différents éléments. Correction

1. Constitution d’un sirop de menthe a. On trouve cette espèce chimique dans la canne à sucre ou la betterave sucrière. b. Chacun des constituants du sirop de menthe peut exister indépendamment des autres. Ainsi dans tous les supermarchés, le paquet de sucre est vendu non accompagné de colorant E102 et l’eau se trouve dans un autre rayon. Note. La notion de mélange, opposée à celle d’espèce chimique, fait partie du sens que l’élève doit construire de la notion d’espèce chimique qui constitue le cœur des contenus et des compétences exigibles liées à cette partie du programme.

c. Si l’on mélange, en conservant les bonnes pro-

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portions, du saccharose, du glucose, de l’eau, du colorant E102 et du colorant E131, le mélange aura la couleur, le goût du sirop de menthe du commerce mais pas son odeur puisque la formulation proposée ne contient pas d’arôme naturel. Note. Il est en fait difficile de séparer la notion de goût et d’odeur, les deux sens étant physiologiquement interdépendants.

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2. Espèces chimiques et pureté a. Pur signifie qui ne contient pas d’impuretés.


Note. Il faut bien choisir ses exemples quand on parle de pureté, et s’en tenir aux échantillons portant le nom d’espèces chimiques. Dans certains cas (acide chlorhydrique par exemple) le terme « pur » qui peut figurer sur un emballage signifie toujours sans impureté bien que plus d’une espèce chimique soit présente. Dans d’autres cas (air pur, eau pure, etc.) la connotation de pollution au sens écologique du terme donne encore un nouveau sens à cette notion.

b. L’eau minérale n’est pas constituée d’une seule espèce chimique puisqu’il y a autre chose que de l’espèce chimique eau, comme l’indique l’étiquette. c. Pour un échantillon quasi pur, la température d’ébullition reste constante tout au long de l’ébullition. Il suffira donc de chauffer l’échantillon d’eau et de vérifier qu’à ébullition, alors que l’eau s’évapore continûment, la température ne varie pas. d. Les espèces chimiques les plus abondantes contenues dans le sirop de glucose sont l’eau et le glucose. e. Le sirop de menthe contient au moins les espèces chimiques saccharose, eau, glucose, colorant E102 et colorant E131. On en a donc au moins 5. On ne sait pas si l’arôme naturel en est une ou si c’est un mélange. Il y a de surcroît toutes les impuretés qui sont autant d’espèces chimiques.

3. Espèces chimiques ioniques ou non ioniques a. La règle indique que le glucose, l’eau sont des espèces chimiques non ioniques car leur nom n’est pas composé. Le sulfure de fer, l’hydrogénocarbonate de potassium, l’oxyde de calcium sont des espèces chimiques ioniques car leur nom est bien constitué de deux parties reliées par la préposition «de». Notes • Une telle question ne suppose pas que l’élève connaisse la structure d’un ion au niveau microscopique, pas plus que sa formule. D’un ion, l’élève doit seulement savoir que c’est « quelque chose » de chargé et qui possède un nom, autant de connaissances acquises au collège. • Porter son attention sur la préposition « de » permet à l’élève d’éliminer des espèces chimiques ioniques du type acide éthanoïque, alcool éthylique, etc. • Il reste un certain nombre d’espèces chimiques non ioniques qui échappent à la règle telles le dioxyde de carbone, éthanoate de méthyle, etc. ou celles dont les anciens noms sont encore en usage : chlorure de vinyle, tétrachlorure de carbone etc. dont il est préférable de limiter l’usage pendant cette phase d’apprentissage des espèces chimiques.

b. Pour les espèces chimiques de la question a : – les anions sont les ions hydrogénocarbonate, sulfure et oxyde ; – les cations sont les ions potassium, sulfure et calcium.

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Pour l’eau minérale : – les anions sont les ions bicarbonate, sulfate, nitrate, chlorure ; – les cations sont les ions calcium, magnésium, potassium et calcium. Note. Une petite difficulté intervient avec le nom de certains métaux – fer, cuivre chrome, mercure, etc. – dont le nom ne porte pas le suffixe « ium » comme calcium, rubidium, einsteinium, etc. Cependant, dans le nom sulfure de fer, l’identification de l’anion (sulfure) montre que le fer est un cation bien que son nom ne l’indique pas.

c. On trouve les ions chlorure, magnésium et sodium. Il n’y a pas d’espèces chimiques ioniques dans le sirop de menthe.

2. Espèces chimiques acides a. Seule la solution 1 (acide chlorhydrique) donne un pH inférieur à 7 donc contient une espèce chimique acide. b. La pomme contient également des espèces chimiques acides puisque le papier pH permet de trouver un pH inférieur à 7. c. Les pH-mètres permettent également de détecter la présence d’espèces chimiques acides. Il suffit de tremper la sonde de cet instrument dans une solution à tester. Ici on pourra réaliser un jus de pomme en pilant sa chair et montrer que le pH de la solution résultante est inférieur à 7 donc que ce fruit contient des espèces chimiques acides.

3. Espèces chimiques de la famille des sucres a. On pile un morceau de pomme dans un mortier

4. Analyse d’une pomme (p. 14) Cette activité répond pleinement aux exigences du programme qui demande de commencer l’année « …par la mise en évidence de la richesse chimique d’un produit quotidien. Pour cela l’enseignant s’appuie sur ce que les élèves savent déjà de la chimie et leur fait découvrir les activités et les outils du chimiste. » Cette activité classique permet donc de tester la présence d’un certain nombre d’espèces chimiques présentes dans une pomme. Au-delà de cet objectif officiel, l’activité permet de faire le point sur les tests chimiques, c’est-à-dire de les rappeler, et surtout de montrer qu’une transformation chimique s’utilise en particulier pour montrer la présence ou l’absence d’une espèce chimique. En effet trop souvent, ces tests chimiques ne sont utilisés que pour valider la présence d’une espèce chimique, mais jamais pour l’invalider. Les élèves ne voient donc que des tests positifs et ne comprennent pas qu’une manipulation où « il ne se passe rien » peut aussi être porteuse d’informations.

en ajoutant de l’eau pour en dissoudre le jus. On introduit ce liquide dans un tube à essais que l’on chauffe avec un dispositif de chauffage adapté en tenant le tube par une pince en bois. Il faut dégager l’espace de travail si on utilise une flamme, s’attacher les cheveux et éliminer tout autre objet flottant (collier, écharpe…). Le tube ne sera pas rempli au-delà du quart de sa capacité. Tenu par une pince en bois, il sera chauffé au niveau de la surface de liquide en maintenant une légère agitation. b. La solution préparée précédemment vire bien du bleu au rouge brique lorsqu’on chauffe. La pomme contient donc des espèces chimiques de la famille des sucres. Note. Le précipité rouge brique est de l’oxyde de cuivre (I) Cu 2O résultant de la réduction du cuivre (II) en milieu basique. Seuls les sucres réducteurs sont mis en évidence par ce test ; ce sont des aldoses, possédant une fonction aldéhyde. Les cétoses comme l e fructose ne sont pas réducteurs puisqu’ils portent une fonction cétone, pas plus que les disaccharides comme le saccharose (sucre ordinaire), leur fonction aldéhyde étant sous forme d’hémiacétal dans la jonction des deux unités monosaccharides.

4. Espèce chimique amidon Correction

1. Espèce chimique eau r e i t a H © 4 0 0 2 , e

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a. On observe que le sulfate de cuivre anhydre blanc devient bleu en présence d’eau, mais pas en présence d’éthanol. Ce dernier ne contient donc pas d’eau. b. Le sulfate de cuivre anhydre devient bleu au contact du quartier de pomme, qui contient donc de l’eau.

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a. La fécule contient de l’amidon. Note. C’est même son constituant essentiel. L’amidon est un polysaccharide constitué d’un enchaînement d’unités glucose. C’est un polymère du glucose.

b. La pomme contient de l’amidon puisqu’on observe l’apparition de la couleur noire lorsqu’on dépose de l’eau iodée sur sa chair.

Matériel • Une hotte aspirante • Une coupelle


• Deux pipettes • Une spatule • 6 tubes à essais + bouchon • Un mortier + un pilon • Un entonnoir • Un agitateur en verre • Une pince en bois • Un bec bunsen • Des allumettes • Eau distillée • Éthanol • 1/2 pomme par binôme • BBT en solution acide (jaune) • Soude • Acide chlorhydrique • Réactif de Fehling • Amidon • Eau iodée • Dichlorométhane.

5. Caractéristiques physiques (p. 22) Cette activité permet d’utiliser des critères de reconnaissance des espèces chimiques autres que les tests déjà mis en place dans l’activité 4. Elle permet également de réinvestir les compétences sur les pictogrammes de sécurité découverts avec l’activité 2. Comme toutes les activités du manuel, elle est autonome. Elle se présente sous la forme d’« énigmes ». Il s’agit de replacer correctement des étiquettes sur des flacons du laboratoire à partir des indications qu’elles fournissent et des comptes rendus d’expériences réalisées sur le contenu des flacons. L’identification des solides mentionne un banc Kofler, montré en photo, ce qui permet d’évoquer ce dispositif simple, trop peu présent dans les lycées. Cette activité peut être donnée en devoir à la maison pour vérifier la bonne acquisition des compétences liées aux grandeurs physiques. On pourra également proposer d’utiliser le gestionnaire de cartes d’identité des espèces chimiques du cédérom pour compléter les étiquettes et vérifier les informations. Correction r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


1. Identification de liquides a. Étiquette 1 (eau) : θ eb = 100 °C ; θ fus = 0 °C ; indice de réfraction = 1,33 ; d = 1,00 ; pas de pictogramme de sécurité, l’espèce chimique eau ne présentant pas de danger. b. Attention aux unités (masse en kg, volume en m –3 et masse volumique en kg·m –3)


158 ·10 – 3 m(A) ᎏ ᎏ ᎏᎏ 0,20 ·10 – 3 V ( A ) ρ (A) d (A) = = = ᎏᎏ = 0,79 1 000 ρ (eau) ρ (eau) 200 ·10 – 3 m(B) ᎏᎏ ᎏᎏ 0,20 ·10 – 3 = 1,0 ρ (B) d (B) = = V (B) = ᎏᎏ 1 000 ρ (eau) ρ (eau) m(C) 156 ·10 – 3 ᎏᎏ ᎏᎏ – 3 0 , 2 0 · 1 0 ρ (C) V ( C ) d (C) = = = ᎏᎏ = 0,78 1 000 ρ (eau) ρ (eau) c. Le contenu du flacon B a une densité égale à celle indiquée pour l’étiquette ቢ. Le flacon B contient donc de l’eau. On ne peut pas conclure pour les flacons A et C qui contiennent des liquides aux densités trop voisines pour être différenciés par cette seule expérience. d. Un mélange hétérogène est un mélange d’au moins deux phases non miscibles. e. Le flacon A contient le seul liquide non soluble dans l’eau, donc le contenu de chaque flacon B ou C introduit dans l’eau donne un mélange homogène. Finalement : – le flacon A correspond à l’étiquette ቤ, c’est du cyclohexane d’après la dernière observation ; – le flacon B correspond à l’étiquette ቢ, c’est de l’eau ; – le flacon C correspond à l’étiquette ባ, c’est de l’éthanol. f. Les informations des étiquettes concernant les températures de fusion et d’ébullition n’ont pas été utilisées. On pourrait faire chauffer à l’ébullition un échantillon de chacun des flacons et mesurer alors la température. De même, en utilisant la température de fusion, on identifierait les trois liquides. g. Le cyclohexane, comme l’éthanol, sont inflammables ; ils devront donc être manipulés loin de toute flamme.

ᎏ ᎏ

ᎏ ᎏ ᎏ ᎏ

2. Identification de solides a. Les trois étiquettes donnent des températures de fusion supérieures à la température ambiante et correspondent donc à des solides. b. Les étiquettes signalent le caractère nocif et irritant des solides mis en jeu. Il faudra éviter leur contact avec les yeux et la peau. c. Sur la plaque métallique du banc, l’échantillon devient liquide au moment où il atteint sa température de fusion. L’index gradué, en vis-à-vis, permet de déterminer sa température de fusion. Cette mesure permet d’affirmer que : – le récipient A contient de l’acide citrique correspondant à l’étiquette ቤ ;

5

– le récipient B contient de l’acide oxalique correspondant à l’étiquette ባ ; – le récipient C contient de l’acide benzoïque correspondant à l’étiquette ቢ. d. Les informations sur la solubilité ne sont pas complètes. Il faudrait, pour chacune des espèces chimiques, connaître leur solubilité dans les solvants proposés : eau, glycérine, éther, alcool, et déterminer leur solubilité en agitant un échantillon de chacun des solides A, B et C avec chacun des solvants.

c. La phase organique surnageant, on peut affirmer que la densité de l’éther de pétrole dont elle est essentiellement constituée est plus faible que celle de l’eau. d. Après agitation, la phase organique est colorée, ce qui témoigne qu’une ou plusieurs espèces chimiques du jus de tomate y sont présentes. e. Certaines espèces chimiques du jus de tomate ont été extraites par l’éther de pétrole parce qu’elles y sont solubles.

2. Séparation d’espèces chimiques a. Les espèces chimiques colorées semblent se fixer

6. Extraction et séparation d’espèces chimiques (p. 23) Cette activité d’exploitation en fin de chapitre est réalisable si les notions de solubilité et de densité ont déjà été abordées. Cette activité expérimentale vise à donner, conformément au programme, les bases de l’extraction liquide-liquide. Elle a pour support un produit de la vie courante : « le jus de tomate ». Elle permet également de décrire une technique de chromatographie où les phases fixe et mobile sont clairement séparées pour l’élève. Enfin, par rapport à la chromatographie purement analytique sur couche mince, sa mise en œuvre sur colonne permet de récupérer des échantillons. Ce TP permet donc à la fois de faire une extraction et une chromatographie. Pour la partie 2, il est préférable de fournir aux élèves la colonne contenant la silice, plutôt que de la leur faire remplir. On gagne ainsi un temps précieux. Correction

1. Extraction d’espèces chimiques a. Éther de pétrole incolore Jus de tomate rouge r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


sur le haut de la colonne. b. Les espèces chimiques colorées semblent accrochées et l’éther de pétrole, dans lequel elles sont pourtant solubles, ne parvient pas à les entraîner. c. Le dichlorométhane entraîne certaines espèces chimiques colorées. d. Les espèces chimiques les plus retenues par la phase fixe (et qui sont les moins entraînées par la phase mobile) sont séparées de celles qui sont le moins retenues (ou le plus entraînées). La phase fixe est appelée ainsi car elle ne bouge pas pendant l’expérience, contrairement à la phase mobile. e. Dans le 2e tube, on a récupéré une ou plusieurs espèces chimiques et, dans le 4 e tube, on en a récupéré d’autres. Ces deux espèces chimiques (ou ces deux groupes d’espèces chimiques) ont ainsi été séparées. Quant aux tubes 1 et 3, ils ont éventuellement récupéré des espèces chimiques, mais qui ne sont pas colorées. f. Il y a au moins une espèce chimique différente dans chaque fraction colorée (sans compter toutes celles qui ne sont pas colorées ou qui sont restées dans le jus de tomate même après extraction).

Matériel • Une hotte • Une ampoule à décanter • Un portoir et quatre tubes à essais • Deux ou trois béchers • Un petit flacon d’éther de pétrole • Un petit flacon d’alcool • Une micropipette contenant un coton et remplie de gel de silice • Deux autres micropipettes • Du jus de tomate • Dichlorométhane

b. L’hypothèse précédente est bien vérifiée puisque la goutte d’eau rejoint la phase inférieure qui est donc la phase aqueuse.

6


Exercices Appliquer ses connaissances • Notion d’espèce chimique 13.

a. L’expression « origine synthétique » signifie

que l’anhydride acétique a été fabriqué par l’homme à partir d’autres espèces chimiques. b. Comme l’anhydride acétique est dit organique, sa combustion donnera de l’eau et du dioxyde de carbone. c. Les conditions d’utilisation les plus importantes sont de porter des lunettes et de manipuler avec des gants. 14.

a. Le X dessiné sur le pictogramme n’indique

pas un danger inconnu. Il montre que le chloroforme est irritant ou nocif. b. Le « n » est utilisé pour préciser le caractère « nocif » (ce serait « i » pour irritant). c. 99 % signifie que le flacon étiqueté chloroforme contient en fait 99 % d’espèce chimique chloroforme. Le reste est constitué d’impuretés. 15.

a. L’Actifed® n’est pas une espèce chi-

mique puisque c’est un mélange. b. L’excipient n’a pas d’effet thérapeutique et sert à enrober les parties actives du médicament. c. Le chlorhydrate de diphénydramine est le nom d’une espèce chimique ionique contenu dans l’Actifed®. 17.

a. Voir la fiche méthode 9.

b. Le caoutchouc naturel est peu à peu supplanté par le caoutchouc synthétique. c. Le caoutchouc est utilisé pour les pneus de voiture par exemple. 18.

a. Une espèce chimique est ionique si son nom

est composé de deux parties séparées par le préfixe «de». b. Le carbonate de mercure et le chlorure d’ammonium sont des espèces chimiques ioniques. 19. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


a. L’étiquette d’eau minérale ne mentionne que

des ions alors que celle de Coca-Cola® ne mentionne que des espèces chimiques. b. L’espèce chimique eau est présente dans la constitution des deux boissons, c’en est même le principal constituant. c. Un test au sulfate de cuivre anhydre permettrait de prouver la présence d’eau dans les deux boissons.


• Identification et caractérisation des espèces chimiques Un test au sulfate de cuivre anhydre permettrait de prouver la présence d’eau et un test au papier pH permettrait de détecter la présence d’acide. On ne pourra, à ce stade, préciser s’il s’agit uniquement d’acide citrique. 20.

22.

a. Le test 1 n’est pas utilisé correctement

puisque le papier pH n’est mis en contact avec aucun liquide contrairement au test 2 où l’on prend la peine d’obtenir un jus de pomme avant d’utiliser le papier pH. b. Le réactif de Fehling met en évidence des espèces chimiques de la famille des sucres. Le test 3 est positif puisque le contenu du tube à essais vire au rouge. c. Pour prouver que la pomme contient de l’eau, on utilisera du sulfate de cuivre anhydre mis en contact avec la pomme. On s’attend à ce que le sulfate de cuivre blanc anhydre devienne bleu, donc non anhydre. 24.

a. Butane et propane sont gazeux à tempéra-

ture ambiante et à la pression atmosphérique. b. Le propane est gazeux, alors que le butane est liquide à une température de – 5 °C et à la pression atmosphérique. c. Le butane, liquide par temps froid, ne pourra pas être enflammé facilement à la sortie du brûleur de camping.

• Extraction d’espèces chimiques 25.

a. Voir schéma du Doc. 5 p. 18.

b. Ce dispositif permet de séparer le limonène du reste des espèces chimiques contenues dans le zeste d’orange. En effet, le limonène est entraîné avec l’eau alors que les autres espèces chimiques ne le sont pas. Il y a donc extraction du limonène par l’eau. c. La principale espèce chimique présente dans la phase aqueuse est l’eau ! d. La phase contenant principalement le limonène se situe au-dessus de la phase aqueuse. La densité de cette phase supérieure est inférieure à celle de la phase aqueuse. Donc le limonène a une densité inférieure à 1. e. Les masses volumiques sont en g·mL – 1 : m(limonène) v(limonène) ρ (limonène) d (limonène) = = ρ (eau) ρ (eau) 0,84 ᎏᎏ 1 = 0,84. =ᎏ 1

ᎏᎏ ᎏᎏ ᎏᎏ

7

26.

a. Sur l’étiquette figurent la teneur minérale, la

densité, la température d’ébullition, le volume, le mode de stockage, les risques et les consignes de sécurité en ce qui concerne l’éther. b. Un solvant d’extraction doit être volatil et capable de solubiliser les espèces chimiques intéressantes. c. La densité de l’éther indiquée sur la bouteille est inférieure à 1 : cette espèce chimique est donc moins dense que l’eau. Au contact de l’eau dans une ampoule à décanter, l’éther sera situé au-dessus de l’eau. d. Le pictogramme figurant sur la bouteille indique que l’éther est inflammable. Il faut l’éloigner de toute source de chaleur ou étincelle. 28.

a. L’arôme de vanille est un mélange de plu-

sieurs espèces chimiques : la vanilline, l’acide vanillique et l’acide hydroxybenzoïque. b. Légende du schéma : – espèces chimiques présentes dans la phase inférieure : chloroforme et vanilline ; – espèces chimiques présentes dans la phase supérieure : eau, acide vanillique et acide hydroxybenzoïque. c. Il s’agit d’une extraction par solvant. Le chloroforme est le solvant qui permet d’extraire la vanilline de l’arôme de vanille. d. Après séparation des phases : – séchage de la phase organique sur sulfate de sodium anhydre ; – filtration du sulfate de sodium hydraté ; – distillation du chloroforme.

• Chromatographie 30.

a. Voir les définitions du cours page 20.

b. Après migration de la phase mobile, on voit apparaître deux taches sur la plaque de chromatrographie : on peut donc en déduire que le sirop de menthe contient (au moins) deux espèces chimiques. L’une de ces espèces chimiques présente une couleur bleue, l’autre une couleur jaune.

c. Pour vérifier la présence des colorants E131 et E102 dans le sirop de menthe, il suffit de déposer, sur une même plaque de chromatographie, chacun de ces colorants purs (on les appelle composés de référence) ainsi que le sirop de menthe. Dépôt 1 : colorant E131 (bleu patenté), Dépôt 2 : colorant E102 (tartrazine), Dépôt 3 : mélange vert. 31.

a. La chromatographie permet de séparer les

espèces chimiques d’un mélange et de les identifier, par comparaison, lorsqu’on dispose des composés de référence. b. Voir « Essentiel », page 21. c. Après migration de la phase mobile sur le dépôt de sirop de grenadine, on voit apparaître deux taches sur la plaque de chromatographie. La première tache déposée est située à la même hauteur que la tache correspondant à l’azorubine, la seconde tache déposée est située à la même hauteur que la tache correspondant au rouge de cochenille. On peut donc en déduire que le sirop de grenadine contient effectivement de l’azorubine (E122) et du rouge de cochenille (E124). Les indications de l’étiquette sont donc exactes.

Aller plus loin 32. Analyse

d’un anesthésique a. Phases fixes : silice ; phase mobile : éthanoate d’éthyle. b. L’échantillon déposé en 3 donne une seule tache en chromatographie. Cette tache migre à la même hauteur que celle de la benzocaïne de référence : l’espèce chimique synthétisée semble être de la benzocaïne. c. La température de fusion de la benzocaïne synthétique est identique à la température de fusion de la benzocaïne de référence. On peut en conclure que l’espèce chimique synthétisée est bien de la benzocaïne. Ce résultat est en accord avec le résultat de l’analyse chromatographique.

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CHAPITRE 2. SYNTHÈSE D’ESPÈCES CHIMIQUES Aspects pédagogiques et scientifiques

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Ce deuxième chapitre de chimie décrit ce qu’est une synthèse en chimie et montre son intérêt, si possible en relation avec la vie quotidienne de l’élève. L’extraction précédemment étudiée n’apparaît donc plus comme la seule technique d’obtention des espèces chimiques. Ce chapitre poursuit également l’étude des méthodes expérimentales de la chimie (chauffage à reflux par exemple) dont l’élève peut aussi avoir un aperçu à l’aide du cédérom. Il peut y combiner à sa guise les différents éléments utilisés dans les dispositifs de base de la chimie organique. La première activité montre, sur l’exemple de l’espèce chimique vanilline, l’intérêt que présente une synthèse en termes de temps et de coût. La deuxième activité permet une première description de cette nouvelle technique. La troisième activité est un TP où l’élève est invité à réaliser la synthèse d’une espèce chimique inorganique qui présente l’avantage d’utiliser l’eau comme solvant. La quatrième activité permet de comparer deux protocoles expérimentaux, l’un de synthèse et l’autre d’extraction, avant que la cinquième activité ne fasse apparaître la complémentarité de ces deux techniques au cours d’un TP mettant en jeu l’éthanoate de linalyle. Enfin la sixième activité montre, sur l’exemple de ce même ester, qu’une espèce chimique possède des caractéristiques physiques identiques, qu’elle provienne d’une extraction ou d’une synthèse. Il est important, afin d’approfondir la notion d’espèce chimique en cours d’acquisition chez l’élève, que cette nouvelle connaissance soit maintes fois utilisée, dans différents registres. Plus cette notion sera explicitement réinvestie dans des situations différentes, ce que nos six activités proposent, plus l’élève pourra lui-même la mettre en œuvre. Il n’est pas question ici d’anticiper sur le chapitre 8 où la réaction chimique est étudiée, tant pour son aspect symbolique (l’équation chimique) que quantitatif (réactif limitant, réactif en excès). L’ambition est bien moindre. Il s’agit d’acquérir quelques connaissances expérimentales généralement mises en jeu

2 – S YNTHÈSE D’ESPÈCES CHIMIQUES

lors de réactions chimiques et de faire prendre conscience à l’élève que « quelque chose » de nouveau (une espèce chimique) apparaît lors d’une transformation chimique. C’est donc finalement une sensibilisation à la nécessité de disposer d’un modèle microscopique pour interpréter ces nombreuses expériences dont il sera question. À ce titre, ce chapitre appelle la partie suivante du programme « Constitution de la matière ».

Activités de découverte 1. Synthétique, mais plus vrai que nature (p. 30) Cette activité a pour objectif de montrer l’intérêt de la synthèse par rapport à l’extraction naturelle. Cette démonstration se fait sur l’exemple de l’espèce chimique vanilline qui court tout le long du chapitre. L’enseignant pourra donc s’appuyer, lors de la réalisation de cette activité, sur les photos de l’entrée de la partie I, p. 8 et 9, qui sont entièrement basées sur l’espèce chimique vanilline. Il pourra, lors de la mise en place des concepts fondamentaux du chapitre, revenir à cet exemple qui est également très présent dans le cours du livre. Dès cette activité, on montre que l’espèce chimique vanilline obtenue par extraction a la même utilisation que l’espèce chimique obtenue par synthèse. Puis on suggère à l’élève, par les questions, qu’un échantillon de vanilline de synthèse et un échantillon de vanilline naturelle ont les mêmes caractéristiques chimiques et physiques, et sont donc identiques. Les compétences du chapitre 1 sont donc ici pleinement réutilisées. Correction

a. Extraction : action de séparer une espèce chimique d’un mélange et de faire en sorte qu’elle devienne le constituant majoritaire d’un échantillon b. La deuxième méthode évoquée est la synthèse. c. On peut montrer que l’on obtient toujours l’espèce chimique vanilline en comparant les résultats de chromatographies d’échantillons d’origine naturelle et d’origine synthétique.

1

d. La deuxième méthode (la synthèse) permet d’obtenir l’espèce chimique en quantité industrielle. C’est une méthode moins coûteuse et plus rapide. L’obtention de la vanilline à partir des gousses de vanille prend des mois.

2. Odeur de lavande (p. 30) L’activité 2 a pour objectif de mettre en place les caractéristiques d’une synthèse. Cette activité n’est pas une activité expérimentale réalisée par l’élève mais pourra avec beaucoup de profit être montrée par l’enseignant à sa classe afin que l’élève puisse voir et sentir ce que décrit le texte. L’élève met ainsi en œuvre plusieurs de ses sens comme le suggère le programme. De plus cette synthèse est réalisée avec un matériel extrêmement simple, ce qui permet de montrer qu’une synthèse n’est pas forcément synonyme de gros matériel (montage à reflux au laboratoire, tuyauterie importante dans l’industrie…). À l’issue de cette activité, l’élève doit avoir une idée intuitive mais juste de ce qu’est une synthèse au sens du chimiste. Correction

a. L’espèce chimique eau est mise en évidence par ce test chimique. b. L’eau n’était pas présente dans le mélange initial. Elle est donc apparue au cours de l’expérience. c. On peut en déduire que cette odeur provient d’une espèce chimique nouvellement formée. d. Une espèce chimique d’origine synthétique est préparée à partir d’autres espèces chimiques, et non pas extraite de produits naturels.

3. Synthèse d’une espèce chimique (p. 31)

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Cette activité expérimentale permet la réalisation par l’élève d’une synthèse. Celle-ci se déroule avec un dispositif de chauffage à reflux tel qu’on en trouve dans tous les lycées. Contrairement aux synthèses habituellement proposées, les produits mis en œuvre ne présentent pas de danger et ne dégagent pas les odeurs qui font la si mauvaise réputation des chimistes. Les résidus du TP peuvent être facilement éliminés, à la poubelle, pour les solides et, à l’évier, pour les solutions. De plus cette synthèse est rapide, ce qui permet de la réaliser aisément en une séance tout en s’attelant au questionnement prévu.

2

Cette activité se réfère aux espèces chimiques ioniques évoquées dans le chapitre 1. C’est l’occasion de revenir sur cette notion, ou de l’introduire si cela n’a pas déjà été fait. Enfin cette activité réinvestit fortement les compétences liées à la caractérisation des espèces chimiques introduite aussi au chapitre 1. Pour la synthèse, les masses choisies ne sont pas anodines. L’excès d’oxalate améliore la pertinence de la réflexion sur les tests réalisés ultérieurement sur le filtrat : les ions fer ne sont plus présents en fin de réaction et l’élève peut en déduire qu’il y a eu synthèse. L’oxalate de fer se forme facilement, ce qu’on peut mettre en évidence dans un tube à essais sans avoir recours à l’utilisation du dispositif décrit dans ce TP. En revanche, si l’on veut en faire la synthèse, et donc avoir un produit aussi pur que possible et un bon rendement, le dispositif décrit ici est nécessaire. Son utilisation est de plus dans l’esprit du programme. Correction

1. Tests chimiques préliminaires a. On observe la formation d’un précipité vert. b. On observe la formation d’un précipité blanc. c. Dans le tube A, on a en solution les ions : sulfate ; hydroxyde ; fer ; sodium. D’après le tableau, il peut se former un précipité vert d’hydroxyde de fer. Le précipité vert observé dans le tube A à la question a est donc de l’hydroxyde de fer. C’est bien la couleur du précipité observé. Note. Ce questionnement oblige l’élève à séparer ce qui relève des observations (questions a et b) et ce qui relève de l’interprétation. Il peut être intéressant de le lui faire remarquer.

d. Dans le tube B, on a en solution les ions : sulfate ; chlorure ; fer ; baryum. D’après le tableau, il peut se former un précipité blanc de sulfate de baryum. Le précipité blanc observé dans le tube B à la question b est donc du sulfate de baryum, blanc.

2. Synthèse et identification d’une espèce chimique ionique a. Le réfrigérant permet d’éviter de laisser s’échapper dans l’atmosphère des vapeurs modifiant la composition du mélange. Note. Dans le cas d’une synthèse organique, ce serait également la seule façon de ne pas disperser des vapeurs de solvant, ce qui est toujours désagréable.

2 – SYNTHÈSE D’ESPÈCES CHIMIQUES

b. Il y a eu un changement de couleur. Ce n’est pas suffisant pour dire qu’il y a eu synthèse, mais c’est un indice. c. Les ions présents au début de la manipulation sont les ions : – sulfate, anion apporté par le sulfate de fer ; – fer, cation apporté par le sulfate de fer ; – oxalate, anion apporté par l’oxalate d’ammonium ; – ammonium, cation apporté par l’oxalate d’ammonium. Les ions qui peuvent s’associer pour former le précipité sont les ions oxalate avec les ions fer, ou les ions sulfate avec les ions ammonium, mais le tableau indique que cette dernière possibilité ne donne pas de précipité. Donc seule l’association des ions fer et des ions oxalate peut former un précipité. C’est donc l’oxalate de fer de couleur jaune qui se forme. d. « Les ions fer et les ions oxalate se sont associés pour former l’espèce chimique oxalate de fer » ou « on a synthétisé l’espèce chimique oxalate de fer à partir des ions fer et des ions oxalate ».

3. Caractérisation de certains ions a. On observe la formation d’un précipité orange. On a vu que les ions fer introduits étaient caractérisés par un précipité vert. Ce n’est pas le cas, les ions fer initialement présents ne sont donc pas dans le filtrat (ils sont dans le précipité). Note. Les ions oxalate ont été introduits en excès, ce qui est en accord avec le fait qu’il ne reste plus d’ions fer (II). En revanche, il reste des ions fer (III) que l’élève ne sait pas reconnaître. C’est la raison pour laquelle le corrigé indique qu’il n’y a plus d’ions fer initialement introduits ; on se place ainsi du point de vue de l’élève. Ces ions fer (III) résultent d’une légère oxydation à l’air du réactif utilisé ou de la solution. Nous n’avons jamais réussi à l’éviter. Aux élèves qui se posent la question, il faut faire comparer le test initial et celui-là.

b. Les ions sulfate sont susceptibles d’exister dans ce filtrat puisqu’ils ont été apportés au début avec le sulfate de fer et que ces ions ne sont pas intervenus dans la synthèse de l’oxalate de fer. Ils sont donc encore en solution dans le filtrat. c. On peut utiliser le test de la partie 1 qui consiste à ajouter quelques gouttes d’une solution de chlorure de baryum. S’il apparaît un précipité blanc, on en déduira que les ions sulfate étaient bien présents dans le filtrat. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

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Note. Les ions oxalate donneraient également avec les ions baryum un précipité blanc. Le test réalisé par les élèves ne permet donc pas de conclure à la présence des ions sulfate par ce seul test.

Matériel Par binôme : • 8 tubes à essais avec bouchons. • Une spatule.


• Un ballon de 100 mL et un valet. • Un réfrigérant à boule pour montage à reflux. • Un chauffe-ballon électrique. • Un montage de filtration sous vide et les filtres. • Une éprouvette graduée de 50 mL ou 100 mL. • Une pissette d’eau distillée. • Un flacon étiqueté « solution d’hydroxyde de sodium » (pour des tests). • Un flacon étiqueté « solution de chlorure de baryum » (pour des tests). • Un flacon étiqueté « oxalate d’ammonium ». • Un flacon étiqueté « sulfate de fer ». Sur une paillasse dans la salle : • Des balances (précision au dixième de gramme). • Sel de Mohr étiqueté « sulfate de fer » (sulfate de fer II et d’ammonium). • Oxalate d’ammonium. • Deux spatules.

Activités d’exploitation 4. Synthèse, entraînement à la vapeur et extraction (p. 34) Cette activité propose de comparer le protocole d’une synthèse et celui d’une extraction. L’objectif est donc de réutiliser les compétences liées à ces deux techniques étudiées dans les chapitres 1 et 2. L’objectif est également de donner un peu de recul aux élèves lors de la lecture des textes de travaux pratiques qu’ils utiliseront toute l’année. L’enseignant pourra bien évidemment mettre en place le matériel réel et réaliser notamment la synthèse du nylon qui a toujours beaucoup de succès ! La réalisation de l’extraction de l’essence de lavande est également possible, il faut simplement l’avoir réalisée avant puisqu’elle nécessite une bonne demi-heure de chauffage. Correction

1. L’obtention du Nylon® a. Les espèces chimiques mentionnées dans ce mode opératoire sont l’hexaméthylènediamine, le carbonate de sodium, le dichlorure d’acyle et le tétrachlorométhane, le Nylon®. b. Le carbonate de sodium, portant un nom composé, est une espèce chimique ionique. c. On a réalisé une synthèse d’espèce chimique, celle constituant le film qui apparaît lors de l’expérience. L’espèce chimique synthétisée est le Nylon®. d. L’état physique du Nylon® est l’état solide, puisqu’on évoque un fil.

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e. Le mélange n’est pas homogène puisqu’on parle d’interface entre les deux solutions : il y a donc deux phases liquides. De plus le fil de Nylon® donne une phase solide supplémentaire. f. Le Nylon® est utilisé sous forme de fil dans l’habillement notamment mais aussi comme fil de pèche. On fabrique aussi des joints en Nylon®.

2. L’obtention de l’essence de lavande a. ቢ Fleurs de lavande et eau : mélange de départ. ባ Chauffe-ballon pour chauffer le contenu du ballon. ቤ Ballon pour contenir le mélange de départ. ብ Réfrigérant avec entrée et sortie d’eau pour refroidir les vapeurs. ቦ Erlenmeyer pour récupérer le distillat. ቧ Distillat : ce qui est récupéré. b. Il s’agit d’un entraînement à la vapeur. La vapeur d’eau entraîne les espèces chimiques les plus volatiles qui sont extraites des fleurs par l’eau bouillante. Note. Cette extraction s’appelle une décoction (puisque l’eau est maintenue à l’ébullition), à ne pas confondre avec une infusion (extraction à l’eau chaude), ni à une macération (extraction à l’eau à température ambiante).

c. L’eau introduite n’a pas été consommée puisqu’on n’a pas réalisée de synthèse. De plus elle ne pouvait pas sortir du dispositif, elle y est donc tou jours présente. d. Le test au sulfate de cuivre montre que la partie inférieure du distillat contient de l’eau (c’est même majoritairement de l’eau). Cette eau provient de la condensation de la vapeur utilisée pour l’entraînement des espèces chimiques extraites. e. Cette manipulation a pour but de séparer l’essence de lavande du reste de la fleur. Contrairement à l’expérience de la partie 1, on n’a pas créé de nouvelle espèce chimique, on a récupéré des espèces chimiques déjà existantes. f. Une ampoule à décanter permettra de séparer les deux phases.

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5. Synthèse et extraction de l’éthanoate de linalyle L’activité expérimentale 5 permet à l’élève de réaliser la synthèse de l’éthanoate de linalyle. L’élève doit aussi décrire le chauffage à reflux utilisé et en expliquer le fonctionnement. Une fois la synthèse réalisée, l’espèce chimique attendue est extraite. C’est une manière de montrer que synthèse et extraction sont des techniques complémentaires. En

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effet, il est généralement nécessaire de réaliser une extraction après une synthèse car l’espèce chimique attendue est dispersée dans le milieu réactionnel. On revient donc en détail sur la technique de l’extraction par deux solvants dans une ampoule à décanter. Correction

1. Synthèse de l’éthanoate de linalyle a. C’est un dispositif de chauffage à reflux. b. Le linalol réagit avec l’anhydride éthanoïque pour donner de l’éthanoate de linalyle et de l’acide éthanoïque.

2. Extraction de l’éthanoate de linalyle a. Le ballon est chaud bien après l’arrêt du chauffage. Il est donc susceptible de générer des vapeurs (nocives) que le réfrigérant doit continuer de piéger. b. Voir la fiche méthode 1. La phase aqueuse est située en dessous de la phase organique d’après le test réalisé en additionnant quelques gouttes d’eau. c. La phase aqueuse contient les espèces chimiques eau et acide éthanoïque (soluble dans l’eau). La phase organique contient les espèces chimiques éthanoate de linalyle (peu soluble dans l’eau) et acide éthanoïque (qui est, de par ses propriétés de solubilité, partagé entre les deux phases). d. Après élimination de la phase aqueuse inférieure, il reste la phase organique avec les espèces chimiques éthanoate de linalyle et acide éthanoïque. L’ajout d’une solution d’hydrogénocarbonate de sodium, transforme l’acide éthanoïque comme indiqué dans les données. Le produit de la transformation (essentiellement l’ion éthanoate) passe en phase aqueuse (l’eau constituant le solvant de la phase aqueuse est apporté par la solution d’hydrogénocarbonate de sodium).

Matériel Par groupe : • 2 éprouvettes graduées de 10 mL, • 2 paires de lunettes + 2 paires de gants, • 1 chauffe-ballon + pierre ponce, • 1 support élévateur ou une cale, • 1 ballon sec à fond rond, • 1 réfrigérant à boule + tuyaux, • 1 valet en liège + 1 moufle, • 1 ampoule à décanter + support, • 1 entonnoir, • 3 béchers + 1 spatule.


Pour la classe : • anhydride éthanoïque, • linalol, • solution d’hydrogénocarbonate de sodium à 50 g·L –1, • sulfate de magnésium anhydre + spatule.

6. Caractérisation de l’éthanoate de linalyle L’activité expérimentale 6 clôt le cycle des activités qui traitent de l’éthanoate de linalyle : son extraction à l’activité 4, sa synthèse à l’activité 5 et ici sa caractérisation. Celle-ci se fait à la fois grâce aux caractéristiques physiques de l’éthanoate de linalyle et par la méthode de la chromatographie sur couche mince. On exploite donc de nombreuses caractéristiques d’une espèce chimique

1. Caractéristiques physiques a. Il est nécessaire de connaître la température de fusion pour déterminer si l’espèce chimique éthanoate de linalyle est liquide à température ambiante. b. On ne met pas son nez directement au-dessus de la bouteille mais on déplace quelques vapeurs à la main vers le nez. c. Le liquide A sent la lavande et est incolore. m(A) m(A) ᎏᎏ ᎏ ᎏ V (A) 1,0·10 –3 = = 0,89 d. d (A) = ρ (A) = 1 000 ρ (eau) ρ (eau) donc m(A) = 0,89 ϫ 1 000 ϫ 1,0·10 –3 = 0,89 g. Expérimentalement, on retrouve une masse proche de 0,9 g. e. On prévoit que le mélange des liquides A et cyclohexane est homogène puisque le Doc. 1 indique que l’éthanoate de linalyle est soluble dans le cyclohexane. Expérimentalement le mélange du liquide A et du cyclohexane est homogène. f. Les observations précédentes sont en accord avec les données du tableau, néanmoins cela ne permet pas d’affirmer que l’espèce chimique éthanoate de linalyle est présente dans le mélange A. g. On peut réaliser une chromatographie pour comparer le liquide A avec un échantillon d’éthanoate de linalyle de référence.

ᎏ ᎏ

d


Exercices

ᎏ

2. Chromatographie sur couche mince r e i t a H © 4 0 0 2 , e

Matériel Salle avec hotte aspirante Par groupe : • 2 cuves à chromatographie + 2 couvercles, • 1 pince pour sortir les plaques des cuves. Au bureau : • stylo à verre + cures dents, • 6 béchers + 1 éprouvette 25 mL, • 10 pipettes Pasteur étiquetées, • plaques de silice (petites, prévoir 2 par binôme), • sèche-cheveux, • paire de gants (1 par groupe), • grand cristallisoir, • 2 pinces pour sortir les plaques des cuves, • 1 paire de ciseaux pour le papier filtre, • eau distillée, • huile essentielle de lavande récupérée du TP 5, • linalol en solution dans du dichorométhane, • essence de lavande en solution dans du dichorométhane, • acétate de linalyle en solution dans du dichorométhane, • dichorométhane, • cyclohexane, • solution de permanganate de potassium à 5·10 –2 mol·L –1 dans un cristallisoir (pour révéler les CCM).

a. La phase fixe est la silice de la plaque de chromatographie. La phase mobile est constituée de l’espèce chimique dichlorométhane et des espèces chimiques entraînées. b. Le liquide A est composé de l’espèce chimique éthanoate de linalyle mais il contient également du linalol, comme l’extrait d’essence de lavande.


Appliquer ses connaissances • Limites de la production naturelle 9.

a. Par combustion du pétrole, on obtient de l’eau

et du dioxyde de carbone. b. Ces espèces chimiques sont d’origine naturelle. c. Il faut soit trouver d’autres sources d’approvisionnement (c’est possible, il y en a dans le charbon), soit les synthétiser. d. Ces espèces chimiques peuvent donc également résulter de synthèses. Ce sont des espèces chimiques dont l’origine peut être naturelle ou synthétique. 11.

a. La préparation industrielle est plus facile que

l’extraction à partir des espèces naturelles. Le ramassage des substances qui renferment les espèces chimiques naturelles demande beaucoup de main d’œuvre. b. L’approvisionnement se fait à partir de l’industrie car la production à partir des substances qui renferment les espèces chimiques naturelles ne couvre pas les besoins. c. Les besoins mondiaux sont de 8 000 t soit 8 000 ϫ 103 kg.

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Or 100 g soit 100 ϫ 10-3 kg de vanilline d’origine naturelle coûte 300 € donc le coût serait de : 300 ϫ 8 000 ϫ 103 = 2,4·1010 €. –3 100 ϫ 10 d. Les deux échantillons vont migrer à la même vitesse donc atteindre la même hauteur sur une couche mince par exemple.

ᎏᎏ

• Représentation d’une synthèse Le chlorure de téréphtalate réagit avec la paraphénylènediamine pour donner du Kevlar® et du chlorure d’hydrogène. 13.

15.

a. L’origine du méthanol est synthétique, puis-

qu’il est peu présent dans la nature et que les besoins industriels sont importants. b. Les réactifs sont le monoxyde de carbone et le dihydrogène : le seul produit est le méthanol. c. Dans le jus de fruit, l’éthanol n’est pas présent ; la fermentation est donc une synthèse de l’éthanol. d. Après fermentation, l’éthanol est présent ; sa distillation s’apparente donc à une extraction. 16.

a. L’ammoniac et l’acide cyanique sont des

réactifs. b. Dans les 2 cas c’est la même espèce chimique.

• Protocole d’une synthèse 19.

a. Le dichloroéthane est une espèce chimique

plus intéressante à synthétiser que l’eau qui se trouve à l’état naturel en abondance. b. À l’issue de la synthèse, il faut faire circuler le mélange de gaz chaud dans un condenseur. Les deux produits de la synthèse se liquéfient. c. Si les deux produits ne sont pas miscibles, alors ils constituent deux phases. Il suffit de récupérer seulement une des deux phases, dans une ampoule à décanter par exemple. d. Le dichloroéthane réagit tout seul, à haute température, pour donner du chlorure de vinyle et du chlorure d’hydrogène. Note. C’est original de présenter à l’élève une synthèse où il y a un seul réactif.

e. Il faut à nouveau faire passer le mélange de pro r e i t a H © 4 0 0 2 , e

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duits dans un condenseur et récupérer le liquide séparément du gaz. f. On le réutilise dans la première synthèse. g. On fait des tuyaux de canalisation par exemple.

Aller plus loin 21. Procédé

de fabrication des savons a. Les réactifs sont le triglycéride et l’hydroxyde de sodium.

6

b. Schéma d’un chauffage à reflux. c. Le dispositif à reflux sert à chauffer sans perdre d’espèces chimiques sous forme de vapeur. d. L’huile contient du triglycéride. C’est un point commun entre le procédé des Égyptiens et le procédé actuel. e. On retrouve dans le procédé des Égyptiens toutes les espèces chimiques utilisées actuellement pour fabriquer du savon. f. Les savons des Égyptiens possédaient des impuretés que les procédés actuels n’incorporent pas dans les savons modernes. Par ailleurs, les savons actuels contiennent d’autres espèces chimiques de confort : parfums, adoucissants, colorants, etc. Synthèse de l’aniline a. Schéma de chauffage à reflux où l’on indique que l’on a mis les trois réactifs. Pour réaliser la synthèse de l’aniline, il faut chauffer au reflux un mélange de nitrobenzène d’acide chlorhydrique et de zinc. b. Le réfrigérant qui ramène les vapeurs dans le ballon où se déroule la réaction est remplacé par un dispositif qui permet de condenser la vapeur dans un autre récipient. Dans ce récipient, on ne récupère que de l’eau et de l’aniline. c. L’aniline, après séparation de l’eau (par décantation), peut être caractérisée soit par une de ses constantes physiques (par exemple sa température d’ébullition) soit par chromatographie en la comparant à un échantillon de référence. 22.

Synthèse de l’acétylène a. Réactif : carbure de calcium et eau. Produit : acétylène. 23.

Note. On produit aussi de l’hydroxyde de calcium.

b. Le carbure de calcium est ionique, c’est son nom qui l’indique. c. L’eau de la cuve à eau n’est pas un réactif, elle sert uniquement à récupérer l’acétylène. L’eau de l’ampoule réagit avec le carbure de calcium et est donc un réactif. d. Il faut que l’acétylène soit insoluble dans l’eau, sinon, on obtiendrait une solution dans la cuve à eau, non un gaz. e. C’est une espèce chimique organique. f. L’espèce chimique organique acétylène est produits à partir de deux espèces chimiques inorganiques : le carbure de calcium et l’eau. L’eau n’est évidemment pas organique, cette remarque montre que le carbure de calcium ne l’est pas non plus.


CHAPITRE 3. MODÈLE DE L’ATOME Aspects pédagogiques et scientifiques

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Ce chapitre, par le biais des activités proposées et par le cours, aborde la constitution des atomes et des ions monoatomiques ainsi que la notion d’élément chimique. La première activité permet, à partir des représentations que les élèves ont d’un atome, d’introduire une description plus précise du modèle de l’atome (dimension et structure) qui va être enseigné. La deuxième activité amène l’élève à réfléchir sur l’histoire de la place de la notion d’atome au sein de la communauté scientifique. La troisième activité développe plus précisément la structure de l’atome (noyau, électrons), introduit celle d’un ion monoatomique, définit l’isotopie et aborde la notion d’élément chimique. La quatrième activité est relative à l’organisation des électrons au sein des atomes et des ions monoatomiques. L’image que l’on veut donner de la distance de l’électron au noyau ne doit pas laisser penser à un modèle planétaire de l’atome. À l’aide du simulateur, nous utilisons donc une représentation décrite comme un « ensemble des positions possibles des électrons » autour du noyau, et qui est en fait une répartition de probabilité de présence. L’intérêt est de montrer qu’un électron n’est pas sur une trajectoire, mais occupe un volume. La cinquième activité réinvestit les notions introduites dans ce chapitre : l’atome, les ions et surtout l’élément chimique. Il s’agit d’une activité expérimentale dans un chapitre presque entièrement théorique. Établir un lien entre la définition théorique de l’élément chimique par le nombre de protons et la mise en évidence expérimentale de la nécessité d’un concept de conservation nous paraît essentiel pour le travail qui sera ultérieurement entrepris avec l’étude de la réaction chimique. La sixième activité retrace une partie de l’histoire de l’atome, des Grecs au XXe siècle. Elle décrit et met en jeu différents modèles comme celui de Dalton, de Thomson… Outre son aspect historique, elle permet donc également une réflexion sur les modèles en science.

3 – M ODÈLE DE L’ATOME

Activités de découverte 1. Dessine-moi un atome (p. 46) Cette introduction de la notion d’atome suppose que les élèves possèdent déjà quelques connaissances sur les atomes. Lors de l’étude des objets constituant l’Univers, il en a en effet déjà été question. À cette occasion, la taille des atomes avait été évoquée. Par ailleurs, au collège, la notion d’atome a également été mise en jeu. Les élèves savent donc que l’atome est constitué d’un noyau entouré d’électrons et que l’ordre de grandeur de sa taille est 10 –10 m. Ainsi, la première question relative à la représentation que les élèves se font des atomes ne doit pas surprendre. L’objectif de cette activité est donc de forcer les élèves à expliciter la représentation qu’ils se font des atomes. Cela leur permet de faire le point sur les connaissances déjà acquises dans ce domaine. On pourra profiter de la présence du terme « modéliser », dans l’énoncé, pour faire passer une idée clairement énoncé par le programme officiel : c’est d’un modèle de l’atome qu’il est question dans ce chapitre. Le document fourni dans le manuel représente une image obtenue par microscopie à effet tunnel. Il ne s’agit ni d’une microscopie optique « améliorée », ni même d’une microscopie électronique. Le principe de la microscopie à effet tunnel est tout autre et n’a pas à être développé avec les élèves. Cette illustration a été choisie afin de contribuer à construire chez les élèves une image de ce qu’est un atome au sein d’un solide. Il va en effet être beaucoup question de l’atome isolé, dans ce chapitre, et il nous a semblé important de situer cette notion dans le cadre opératoire des objets manipulés couramment : solutions ou solides par exemple. Le modèle de l’atome (dimensions et structure) est introduit à partir des connaissances des élèves auxquels on demande tout d’abord de représenter ce qu’ils pensent être un atome. Correction

b. Sur le dessin, le rapport entre le diamètre (ou ce que l’on peut considérer comme le diamètre) de

1

l’atome et le diamètre du noyau n’est pas égal à celui du modèle (10 –10 /10 –15 = 105). L’échelle du dessin ne respecte donc pas les dimensions qui interviennent dans le modèle de l’atome. Pour que ce soit le cas, il faudrait dessiner un atome de diamètre dix mille fois plus grand que celui du noyau. Si celui-ci est représenté par une sphère d’un millimètre de diamètre, il faudrait dessiner une sphère de cent mètres de diamètre pour l’atome, ce qui est impossible sur une feuille de papier. Pour pouvoir représenter à la fois l’atome et son noyau sur une même feuille de papier en respectant les dimensions données par le modèle, il faudrait donc choisir choisir deux échelle échelless différente différentess : une pour l’atome et une pour le noyau. c. La structure des atomes est dite lacunaire car les électrons de l’atome se déplacent dans un volume vide immense, comparé au volume occupé par le noyau.

2. Vingt siècles de doute (p. 46) L’objectif de cette activité est de faire sentir aux élèves pourquoi la notion d’atome, utilisée en chimie aujourd’hui, s’est imposée avec difficultés à la communauté scientifique. Si les atomes étaient plus gros, ce que l’activité met en jeu serait perceptible dans la vie de tous les jours. Il est donc important de faire comprendre que c’est l’extrême petitesse des atomes qui rend aussi délicate la relation entre les aspects continu et discontinu de la matière. Nous avons choisi de faire réfléchir les élèves sur cette relation à propos de la masse des atomes, concept qui entre en jeu au cours de ce chapitre, et qui semble accessible aux élèves. Correction

a. Comme à partir d’un ensemble de 11 billes, on ne

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pourrait prélever une masse quelconque à partir d’un tel échantillon. On ne pourrait en effet prélever que des masses multiples de la masse d’un atome de mercure. b. On ne peut pas peser un milligramme de mercure à un atome près car la masse d’un atome de mercure est d’environ d’environ 1/3 ·1021 = 3· 3·110 –22 g, soit 3·10 –19 mg. Cette masse est beaucoup trop petite pour intervenir sur le résultat de la pesée. c. Aucune balance, même actuelle, ne permet d’atteindre la précision de la masse d’un atome. La balance n’a donc jamais été, pas plus maintenant qu’autrefois, un moyen de prouver l’existence des atomes aux chimistes.

2

Note. On peut cependant déterminer la masse d’un unique atome ou d’une unique molécule par l’intermédiaire d’un spectromètre de masse mais on ne peut pas appeler un tel appareillage « ba bala lanc ncee ».

d. Pour croire à l’existence de quelque chose qui n’est pas directement perceptible, les scientifiques ont besoin d’expériences qui mettent cette existence en évidence. Les atomes étant très petits à notre échelle, il n’a pas été facile de réaliser de telles expériences. Il a fallu de longues années de progrès scientifiques et techniques pour enfin disposer de méthodes appropriées.

3. Structure d’un atome

(p. 47)

Cette activité permet d’introduire la structure des atomes ainsi que les notions d’isotope, d’ion monoatomique et d’élément chimique. Les notations et symboles que l’élève devra connaître à la fin de l’activité sont utilisés petit à petit dans les questions afin que l’élève se les approprie, mais ne constituent pas un objet d’apprentissage en tant que tel. Correction

1. Le noyau de l’atome a. Un neutron n’est pas chargé, ce qui signifie qu’il est électriquement neutre. Le terme neutron provient du mot neutre. Note. De nombreux élèves attribuent le qualificatif neutre à la charge du neutron et non à la particule elle-même. Il pourra être utile de leur dire que la charge du neutron est nulle.

b. La masse du noyau est égale à la somme des masses des protons et des neutrons qui le constituen tu entt : mnoyau = 3mp + 4mn = 7 ϫ 1,7·10 –27 = 1, 1,2·1 2·100 –26 kg. c. La charge d’un noyau est la somme des charges des protons car les neutrons ne sont pas chargés. q = 3qp = 3 ϫ 1,6·10 –19 = 4,8·1 8·100 –19 C. d. Ce noyau possède trois charges élémentaires.

2. Les électrons a. La charge d’un électron est l’opposée de celle d’un proton. Un atome étant électriquement neutre, il possède donc autant d’électrons que de protons, c’est-à-dire trois pour un atome de lithium. b. La charge charge d’une telle telle entité est est égale à : –19 –19 3 ϫ 1,6·10 + 2 ϫ (– 1,6·10 ) = 1,6·10 –19 C = e. c. La seule différence entre l’atome et l’ion est leur nombre d’élect d’électrons rons : l’atome Li possède possède un élec+ tron de plus que l’ion Li . Par conséquent leur différence de masse est la masse d’un électron.

3 – MODÈLE DE L’ATOME

d. matome = mnoyau + mélectrons = mnoyau + 3me

4. Éléments chimiques

= 1,2·10 –26 + 27·1 7·100 –31 = 1,2·10 –26 kg. La précision sur la masse des nucléons ne permet pas de tenir compte de la masse des électrons dans le résultat numérique. Or l’atome, l’ion et leurs noyaux ont le même nombre de nucléons. Le calcul de leur masse donnera donc le même résultat numérique. e. L’atome Mg électriquement neutre a autant d’électrons que de protons. L’ion Mg2+ de charge positive a moins d’électrons que de protons. L’ion Mg2+ a donc moins d’électrons que l’atome Mg. Cela peut expliquer un rayon inférieur pour l’ion par rapport à l’atome.

a. Les différentes entités du tableau ont toutes le

Note. L’élément chimique n’ayant pas encore été introduit, les élèves ne savent pas qu’un atome et un ion monoatomique de même nom ont même nombre de protons. Certains pourraient penser que l’ion a deux protons de plus que l’atome.

f. Un raisonnement analogue à celui de la question

Cette activité introduit la notion de structure électronique des atomes et des ions monoatomiques. mono atomiques. Le dernier paragraphe fait appel au simulateur e-couche du cédérom et permet à l’élève de réfléchir sur l’aspect spatial de la répartition électronique. La représentation d’un atome utilisée dans le cédérom est expliquée dans le paragraphe 1. a de la prise en main.

Note. L’effet de taille ne résulte pas du volume intrinsèque occupé par un électron supplémentaire, mais par la faible attraction exercée par le noyau sur cet électron supplémentaire, attraction écrantée par le reste du nuage électronique.

Note. Attention, cette activité utilise des notions vues dans l’activité précédente (électroneutralité d’un atome, élément chimique…).

précédente sur la charge de l’ion Cl – permet de dire que cet ion a plus d’électrons que l’atome Cl. On peut donc penser que le rayon de l’ion sera plus grand que celui de l’atome.

3. Isotopes a. Par définition, toutes les entités du tableau ont le même nombre de protons. On a vu dans les parties 1 et 2 que ce nombre est égal à 3. Les noyaux n’ont pas d’électrons. Les deux atomes ont chacun 3 électrons, car un atome est électriquement neutre. L’ion lithium 7 est constitué de 3 protons, 4 neutrons et 2 électrons (partie 2). L’ion lithium 6 a la même charge que l’ion lithium 7 : il a donc aus aussi si 2 élec électron trons. s.

Isotope

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d


Noyau 3 protons Lithium 7 4 neutrons 0 électron 3 protons Lithium 6 3 neutrons 0 électron

Atome Li 3 protons 4 neutrons 3 électrons 3 protons 3 neutrons 3 électrons

Ion Li+ 3 protons 4 neutrons 2 électrons 3 protons 3 neutrons 2 électrons

même nombre de protons. Ce qui caractérise un élément chimique est donc son nombre de protons. b. On a vu en partie 3 que les atomes de chlore ont 17 protons. L’élément chimique chlore est donc caractérisé par la présence de 17 protons dans le noyau.

4. Structure électronique des atomes et des ions (p. 48)

Les ions monoatomiques sont introduits ici comme des entités ayant un nombre de protons différent de leur nombre d’électrons et non comme un atome ayant perdu ou gagné des électrons. Plusieurs raisons justifie justifient nt ce choix : – un ion monoatomique a rarement « été atome » avan av antt « d’ d’êt être re io ionn » ; – la définition donnée peut s’étendre facilement aux ions polyatom polyatomiques iques ; – les élèves, après enseignement, enseign ement, ne savent définir un ion ion que que comm commee un un atome atome « mod modifié ifié » ; – des interprétations erronées en conductimétrie ont été remarquées chez des élèves de première S, qui expliquent expliqu ent qu’« une solution de chlorure chlorure de sodium conduit le courant électrique parce que le chlore et le sodium échangent échangent des électrons électrons ». Correction

1. L’organisation des électrons d’un atome a. La structure proposée est en accord avec la

chlore 35 est constitu constituéé de : b. L’atome de chlore 17 protons, protons, 35 – 17 = 18 neutrons, neutrons, et et 17 électro électrons. ns. L’atome de chlore chlore 37 est constitu constituéé de : 17 protons, protons, 37 – 17 = 20 neutrons, neutrons, et et 17 électro électrons. ns.


règle ቢ puisque le nombre maximal d’électrons sur chacune des couches n’est pas dépassé. Elle est en accord avec la règle ባ, puisque l’ordre de remplissage est respecté.

3

Note. Ce n’est pas précisé à ce niveau, mais ces règles ne sont valables que dans les cas particuliers étudiés en seconde. Par exemple, la règle ባ ne s’applique que pour des atomes dans leur état fondamental.

b. L’atome considéré a 6 électrons. Il a aussi 6 protons car il est électriquement neutre. Son numéro atomique est donc égal à 6. Il s’agit de l’atome de carbone C. c. D’après la règle ባ, si la couche M d’un atome contient contie nt 2 électrons, électrons, alors ses couches couches K et L sont pleines. La règle ቢ dit que la couche K est pleine lorsqu’elle contient 2 électrons et que la couche L est pleine lorsqu’elle contient 8 électrons. L’a ’ato tome me co cons nsid idér éréé pos possè sède de donc donc 2 + 8 + 2 = 12 électrons et son numéro atomique Z est égal à 12. Il s’agit d’un atome de magnésium. d. Le numéro atomique de l’atome de soufre étant égal à 16, celui-ci possède 16 protons et donc aussi 16 électrons. La répartition de ces électrons selon les règles ቢ et ባ est la la suivan suivante te : – 2 électrons dans la couche K ; – 8 électrons dans la couche L ; – les 6 électrons restants dans la couche M.

2. Cas des ions a. D’après la question 1.d l’atome de soufre pos-

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d


sède 16 protons. Il en est de même pour l’ion sulfure qui correspond au même élément chimique (voir activité 3 p. 47). L’ion sulfure a donc do nc 18 électrons qui se répartissent de la manièr manièree suivante suivante : – 2 électrons sur la couche K ; – 8 électrons sur la couche L ; – 8 électrons sur la couche M. M. b. L’ion considéré a 10 électrons. Il a la charge + 3e, ce qui signifie qu’il a 3 protons de plus que d’électrons, c’est-à-dire 13 protons. Son numéro atomique est donc 13. Il s’agit de l’ion aluminium de symbole Al3+. c. On constate que les couches externes des ions sulfure S2– et aluminium Al3+ sont toutes deux pleines. d. L’ion sodium possède 11 protons. Sa S a charge étant + e, il a un proton de plus que d’électrons. Il a donc 10 électrons et sa structure électronique est (K) 2(L)8 (comme l’ion aluminium). Sa couche externe est effectivement elle aussi pleine.

3. Position des électrons a. Les points qui représentent la couche K sont bleus. Ceux qui qui représen représentent tent la la couche couche L sont rouges.

4

Note. Les couleurs données ici correspondent aux paramètres de la prise en main. Une telle approche est purement pédagogique puisque les électrons sont indiscernables.

b. Les zones dans lesquelles il est peu probable de rencontrer l’électron rencontrer l’électron de la couche L sont les zones où il y a peu de points rouges. C’est le cas par exemple du bord de l’image. C’est le cas aussi de la zone occupée par les points bleus. c. La couche la plus près du noyau (non représenté au centre centre de l’image) l’image) est est la couche couche K : c’est la la couche interne de l’atome. La couche la plus éloignée est la couche externe. d. L’ion lithium de charge + e n’a que deux électrons qui sont tous deux dans la couche K, sa couche L étant vide. vide. Seule la couche K serait serait donc dessinée dans la représentation de l’ion. Note. À partir de la charge de l’ion lithium, les élèves vont déduire que ce dernier a un proton de plus que d’électrons. Certains élèves pourront donc hâtivement hâtivement dire que cet ion a 4 protons et 3 électrons. C’est la connaissance connaissance de la présence du même élément chimique dans l’atome et dans l’ion (activité 3) qui permettra en fait à l’élève d’affirmer que l’ion a bien 3 protons et donc 2 électrons.

Activités d’exploitation d’ exploitation 5. Quelques expériences avec le cuivre (p. 56) La notion d’élément chimique est mise en jeu expérimentalement à propos de l’élément chimique cuivre. L’élève réalise cinq transformations et doit réfléchir, à partir de ses observations, à ce qui se conserve (les éléments chimiques) et à ce qui ne se conserve pas (les espèces chimiques) au cours de ces transformations.

Informations pratiques • Transformation 1 – Utiliser de l’acide nitrique de concentration égale à 7 ou 8 mol·L –1. Note. Avec des concentrations inférieures il faudrait beaucoup de temps pour que la transformation soit totale, or il est nécessaire, pour la suite du questionnement, que le cuivre ait disparu. Avec des concentrations supérieures en acide nitrique, la solution devient verte, et non bleue. Cela est dû à la superposition des couleurs bleue de Cu 2+ et rousse de NO 2, gaz plus soluble quand il y a moins d’eau.

– Il faut prendre un petit morceau de cuivre, pour que la transformation se termine dans un délai raisonnable et que la quantité de NO2 dégagée soit faible. Pour prendre 30 à 40 mg de cuivre, découper aux ciseaux des copeaux de cuivre bien fins.


• Transformation 2. La lame de fer doit être propre, non rouillée. • Transformation 3. La solution d’hydroxyde de sodium doit être suffisamment concentrée (5 ou 6 mol·L –1) car la précipitation de Cu(OH) 2 se fait à pH neutre après neutralisation par l’acide nitrique, lui-même concentré. • Transformation 4. La concentration de la solution d’ammoniac doit être élevée, également 5 à 6 mol·L –1, ce qui surprend les narines de certains élèves. Note. Si les élèves ne peuvent pas venir faire leur addition de solution d’ammoniac sous une hotte, veiller à ce que les bouchons soient vite refermés.

• Transformation 5. L’acide nitrique est de même concentration que pour la transformation 1. Correction

1. Étude de quelques transformations chimiques a. On reconnaît un fil de cuivre, parmi des fils de fer ou de plomb, à sa couleur orange. Note. Il est important que les élèves répondent à cette question car le cuivre métallique sera identifié par sa couleur dans la suite du TP.

b. On observe des bulles (effervescence), l’apparition d’une couleur bleue dans la solution et l’apparition d’une coloration rousse dans le tube audessus de la solution. La transformation est terminée quand le cuivre a totalement disparu. Note. Certains élèves ne voient pas la coloration rousse due à NO2 ou pensent que le verre du tube s’est coloré, ou encore que le cuivre est devenu gazeux (NO 2 a effectivement la même couleur que Cu).

c. La tache observée est une tache de cuivre, identi-

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formation 1, puisqu’on peut le faire réapparaître par la transformation 2. Cette situation, dans laquelle le cuivre ne se conserve pas et se conserve à la fois, doit amener les élèves à distinguer deux notions différentes pour le cuivre : – si le cours a été fait avant le TP, les élèves doivent penser à utiliser la notion d’élément chimique (c’est l’élément chimique qui se conserve, contrairement au métal cuivre qui disparaît) ; – si le TP est effectué avant le cours, les élèves cherchent avec leurs mots à distinguer deux concepts. On peut alors institutionnaliser la connaissance et introduire la notion d’élément chimique.

e. • Transformation 3. Il y a formation d’un précipité bleu. • Transformation 4. Il y a disparition du précipité et apparition d’une coloration bleu céleste. Note. Après agitation, la totalité du précipité doit avoir disparu, sinon ajouter plus de solution d’ammoniac. La coloration bleu céleste est due à la présence du complexe soluble Cu(NH 3)42+.

• Transformation 5. La coloration bleu céleste disparaît et la solution redevient bleu pâle. Note. L’acide nitrique doit être ajouté jusqu’à ce que la solution redevienne bleu pâle, même après agitation. On détruit l’aminocomplexe en milieu acide.

f. À la fin, les contenus des tubes n° 1 et n° 2 (lorsqu’ils contiennent la même quantité de liquide) ont la même couleur : la même quantité d’ions cuivre est donc toujours présente dans chacun des tubes, ce qui montre que, même après plusieurs transformations chimiques, la quantité de cuivre présent dans le tube n°1 n’a pas changé.

fiée grâce à sa couleur.

2. Tableau récapitulatif

d. Réponses possibles des élèves : « Ce qui n’a pas été conservé » : Il y a de nom-

Remplir ce tableau prend du temps : il nous paraît indispensable que les élèves prennent conscience que ce qu’ils ont fait pendant l’activité expérimentale ne se résume pas à suivre un mode opératoire. Comme on le constate, on peut décrire les transformations avec des phrases, sans faire appel à la notation symbolique.

breuses réponses possibles, parmi lesquelles le cuivre ; en effet, le morceau de cuivre ne se voit plus. « Ce qui a été conservé » : Certains élèves répondent que le cuivre s’est conservé pendant la trans-

d



5

Préciser: État Formule Aspect métal, phyMoyen d’obtention chimique couleur ion ou sique précipité

Cu2+

bleu pâle

Cu

rougeorangé

Cu(OH)2

Cu(NH3)2+ 4

bleu

Cu2+ est obtenu par réaction du cuivre métallique avec l’acide en soluion nitrique ou bien Cu2+ est tion obtenu par réaction de la solution bleu céleste avec l’acide nitrique. Cu est obtenu par réaction de la solution bleu solide métal pâle (ions Cu2+) avec la lame de fer. Cu(OH)2 est obtenu par réaction de la solution solide précipité bleu pâle (ions Cu2+) avec la solution d’hydroxyde de sodium.

bleu en solucéleste tion

ion

Cu(NH3)2+ 4 est obtenu par réaction de la solution bleu pâle et du précipité bleu ciel avec la solution d’ammoniac.

Complément du TP pouvant être donné aux élèves : travail de réflexion A. Deux transformations chimiques vues pendant cette activité expérimentale peuvent être symbolisées ainsi : transformation n° …… Cu

Cu2+ transformation n° ……

Préciser lesquelles en rappelant leur n° au-dessus de la flèche correspondante. B. Il est possible de décrire le cycle ci-dessous avec certaines transformations vues pendant la séance de TP : transformation transformation n° …… n° …… transformation n° …… r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Comme sur le schéma de la question A, mettre dans chaque cadre du schéma ci-dessus l’une des 4 formules chimiques de la colonne de gauche du tableau récapitulatif. Compléter ensuite le schéma en précisant le numéro des transformations qui ont eu lieu.

6

Les schémas des questions A et B permettent de mettre en évidence que l’élément chimique cuivre est resté présent pendant toutes les transformations.

6. L’atome : des Grecs… au XXIe siècle Cette activité introduit les principaux modèles de l’atome développés dans l’histoire de la science. Outre son intérêt épistémologique, elle amène aussi l’élève à réfléchir à la notion de modèle. Elle permet ainsi de comprendre qu’une expérience donnée peut être interprétée par un modèle mais pas nécessairement par un autre. Correction

a. Actuellement, on sait qu’il y a un nombre fini d’atomes différents et que tout matériau est constitué de certains de ces atomes. Par exemple, le bois est constitué d’atomes de carbone, d’oxygène et d’hydrogène, et il n’existe pas d’atome de bois. b. Atome = insécable : qui ne peut être coupé. Pour qu’un atome se transforme en cation, il faut bien qu’il puisse être coupé en deux : le cation et l’électron. c. Les corpuscules évoqués par Thomson sont les électrons. d. Pour Dalton, l’atome est la plus petite particule qui puisse exister. L’obtention d’un ion monoatomique de charge négative (un atome auquel viennent s’ajouter un ou plusieurs électrons) n’est donc pas interprétable à partir de sa théorie. En revanche, le modèle de Thomson permet cette interprétation, puisqu’il utilise la notion de corpuscules chargés négativement. e. Le modèle décrit par Rutherford est qualifié de planétaire par analogie avec le système solaire constitué du soleil (le noyau) autour duquel tournent les planètes (les électrons). f. Dans l’expérience de Rutherford, presque toutes les particules qui arrivent sur la feuille d’or la traversent sans être déviées. Seules quelques particules subissent un changement de direction. Cela ne peut s’expliquer si on considère que les atomes sont des sphères pleines, ce que propose Thomson. g. La notion d’isotope fait intervenir la constitution du noyau. Pour parler d’isotopes, il a donc fallu attendre que le proton et le neutron aient été découverts, c’est-à-dire 1932. h. Pour Bohr, le mouvement des électrons d’un atome est comparé à celui des planètes : les électrons sont donc décrits comme tournant de façon


régulière autour du noyau. Dans ce chapitre, il a été dit qu’un électron d’un atome n’a pas de trajectoire particulière et que l’on ne peut pas prévoir précisément sa position.

Exercices Appliquer ses connaissances • Structure de l’atome Un atome est électriquement neutre : il comporte toujours autant d’électrons que de protons. Be : 4 protons, 5 neutrons, 4 électrons ; Cr : 24 protons, 28 neutrons, 24 électrons ; F : 9 protons, 10 neutrons, 9 électrons ; Na : 11 protons, 12 neutrons, 11 électrons ; P : 15 protons, 16 neutrons, 15 électrons. R 15. Le rapport ᎏ est conservé lors d’un changer ment d’échelle donc le rayon RЈ de la sphère vérifie la relation RЈ –2 = R ᎏ. r 3·10 –2 –11 3,0·10 ϫ 5,3·10 On a donc RЈ = 1,2·10 –15 = 1,3·103 m ≈ 1,3 km. 14.

ᎏ ᎏᎏᎏ

16.

a. et b. Des atomes isotopes ont le même

nombre de protons, donc le même numéro atomique Z . Z = 16 : (16, 32) et (16, 34) ce qui correspond au soufre 32 et au soufre 34. Z = 6 : (6, 12) et (6, 14) ce qui correspond au carbone 12 et au carbone 14. Z = 8 : (8, 16) et (8, 17) ce qui correspond à l’oxygène 16 et à l’oxygène 17. 17.

a. Seuls les protons contribuent à la charge du

noyau. Le nombre de protons est donc égal à la charge du noyau divisée par la charge d’un proton, soit : 4,8·10 –18 Z = = 30. 1,6·10 –19 Il s’agit d’un atome de zinc. b. Le noyau est constitué de 64 nucléons. Son symbole s’écrit : 64 30Zn.

ᎏ

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d


• Ions monoatomiques 19.

a. C’est un anion car il a plus d’électrons que

de protons : sa charge électrique est donc négative. b. La charge de cet ion est – 2 e. c. Le numéro atomique de l’ion est Z = 8 : il s’agit de l’ion oxyde de symbole O2– . d. C’est un cation, de charge – 3e et de symbole Al3+.


20.

a. Les entités qui sont des ions sont les entités

1 et 3 car elles ne sont pas électriquement neutres.

b. Entité 1 Entité 2 Entité 3 Entité 4 Protons 20 20 17 18 Symbole de Ca Ca Cl Ar l’élément chimique Charge + 2e 0 – e 0 Symbole Ca2+ Ca Ar Cl – 21.

a. H+ : + e ; F – : – e ; Fe3+ : + 3 e ; O2– : – 2 e.

b. H+ : + 1,6·10 –19 C ; F – : – 1,6·10 –19 C ; Fe3+ : + 4,8·10 –19 C ; O2– : – 3,2·10 –19 C.

c. Ion Protons Neutrons Électrons

H+ 1 0 0

F – 9 10 10

Fe3+ 26 30 23

O2– 8 8 10

64 30Zn

127 53I

40 20Ca

23 11Na

23.

a. Charge

(en C)

b. Symbole

c.

3,2·10 –19 – 1,6·10 –19 3,2·10 –19 1,6·10 –19 Zn2+

I –

Ca2+

Na+

30 p 34 n 28 e

53 p 74 n 54 e

20 p 20 n 18 e

11 p 12 n 10 e

• Éléments chimiques a. et b. Cl : chlore, du grec khlôros = verdâtre. Li : lithium, du grec lithos = pierre. He : hélium, du grec hêlios = soleil. N : azote, du grec a = sans et dzôe = vie. 24.

26.

a. Les entités constituées du même élément

chimique ont le même nombre de protons : il s’agit des entités 1 et 4 d’une part, et 2 et 3 d’autre part. b. L’entité 1 est un atome car elle a autant d’électrons que de protons. Z = 17 : c’est donc l’atome de chlore de symbole Cl. L’entité 4 a un électron de plus que l’entité 1 : il s’agit de l’ion chlorure Cl – . L’entité 2 est un cation de charge + 2 e. Z = 20 : il s’agit de l’ion calcium Ca2+. L’entité 3 est un noyau d’atome de calcium. Son symbole s’écrit 40 20Ca.

7

c. L’atome de calcium a autant d’électrons que de

b. On les appelle des atomes isotopes car ils ont le

protons, soit 20. Son nombre de neutrons dépend de l’isotope considéré. D’après cet exercice, il en existe au moins 2 : l’atome de calcium 44 (24 neutrons) et l’atome de calcium 40 (20 neutrons).

même nombre de protons mais pas le même nombre de neutrons.

a. Calcium Ca ( Z = 20), hydrogène H ( Z = 1) et oxygène O ( Z = 8). b. L’ion calcium a deux électrons de moins que de 27.

2+

protons ; son symbole est Ca . c. Pour compenser la charge d’un ion Ca2+, il faut deux ions HO – . Il y a donc deux fois plus d’ions HO – que d’ions Ca2+. d. Espèces produites : Ca(OH)2 et H2 contenant les éléments Ca, O et H. La présence de ces éléments chimiques était prévisible à cause de la loi de conservation des éléments chimiques. 28.

a. L’oxyde de cuivre est constitué des éléments

chimiques cuivre Cu et oxygène O ; le carbone est constitué de l’élément chimique carbone C. b. Le cuivre métallique n’est constitué que de l’élément chimique cuivre. Or, d’après la loi de conservation des éléments chimiques, les éléments chimiques oxygène et carbone doivent aussi être présents après la transformation. Il s’est donc formé au moins une autre espèce chimique pour que cela soit le cas. c. On peut mettre le dioxyde de carbone en évidence avec de l’eau de chaux.

• Structure électronique : atomes et ions Si (K)2(L) 8(M) 4 ; B (K)2(L) 3 ; He (K) 2 ; Na (K)2(L)8(M)1. 29.

C : (K)2(L)4 ; Mg2+ : 10 électrons (K)2(L)8 ; Cl , K+ et Ar : 18 électrons (K)2(L)8(M)8. 30. –

33.

Atome ou ion

O2– Ne

F –

17 8O

16 8O

20 10Ne

19 9F

Li+

H+

O

Symbole du 7 3Li noyau

2 1H

Nombre de protons

3

1

8

8

10

9

Nombre de neutrons

4

1

9

8

10

10

Nombre d’électrons

2

0

8

10

10

10

Structure (K)2 (K)0 (K)2 (K)2 (K)2 (K)2 électronique (L)6 (L)8 (L)8 (L)8 34.

Symbole de l’atome ou de l’ion Symbole du noyau Charge Nombre de protons Nombre de neutrons Nombre d’électrons

B

Si

Mg2+

Cl –

Fe3+

11 5B

28 14Si

25 12Mg

35 17Cl

56 26Fe

0

0

+ 2e

– e

+ 3e

5

14

12

17

26

6

14

13

18

30

5

14

10

18

23

32.

Symbole Al de l’atome Symbole du noyau

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


27 13Al

Be

P

S

S

F

9 4Be

31 15P

32 16S

34 16S

19 9F

Nombre 13 de protons

4

15

16

16

9

Nombre de 14 neutrons

5

16

16

18

10

Nombre 13 d’électrons

4

15

16

16

9

Structure (K)2 (K)2 (K)2 (K)2 (K)2 (K)2 électro- (L)8 (L)2 (L)8 (L)8 (L)8 (L)7 nique (M)3 (M)5 (M)6 (M)6

8

Aller plus loin 35.

Quel est cet atome ?

a. Le numéro atomique est le nombre de protons du noyau : c’est la charge du noyau divisée par la charge d’un proton : 20,8·10 –19 = 13. Z = ᎏᎏ 1,6·10 –19 b. La masse de l’atome est égale à la masse du noyau car la masse des électrons est négligeable devant celle des nucléons. Le nombre de nucléons est égal à la masse du noyau divisée par la masse d’un nucléon : –27 45,9·10 A = ᎏᎏ = 27. 1,7·10 –27


c. 13 protons, 14 neutrons et 13 électrons. d. Z = 13 correspond à l’atome d’aluminium, de symbole Al. 37. Atomes

et ions monoatomiques

a. Pour identifier les entités, il faudrait connaître leur nombre de protons. b. L’entité A a 19 protons et 18 électrons. Il s’agit de l’ion potassium K+. B n’est pas identifiable car on ne connaît pas sa charge électrique et donc pas son nombre de protons. C a autant de protons que d’électrons, soit 7. Il s’agit de l’atome d’azote N. D a 13 protons : c’est l’atome d’aluminium Al. c. B, de charge –2 e, a 8 protons. Il s’agit de l’ion oxyde O2– . 38. Nombre

d’atomes a. matome ≈ mnoyau = Amnucléon = 200 ϫ 1,7·10 –27 matome = 3,4·10 –25 kg. b. Volume d’une goutte : 0,05 mL = 5·10 –8 m3. Masse d’une goutte : mgoutte = 13,6·103 ϫ 5·10 –8 = 6,8·10 –4 kg. Nombre d’atomes dans la goutte : –4 N atomes = 6,8·10 –25 = 2,0·1021. 3,4·10

ᎏ

39. Éléments

chimiques Les éléments chimiques présents dans les réactifs sont les éléments fer Fe, soufre S et hydrogène H. Ces mêmes éléments chimiques doivent être présents dans les produits (loi de conservation). H2S est constitué des éléments chimiques H et S. Les ions monoatomiques obtenus doivent donc être constitués de l’élément chimique fer. Leur charge étant + 2e, il s’agit des ions Fe2+.

Combien pèse cet atome ? matome ≈ mnoyau = A mnucléon = 27 ϫ 1,7·10 –27 = 4,6·10 –26 kg. Autre méthode. La masse d’un atome est égale à la masse de la feuille d’aluminium divisée par le nombre d’atomes qui la constituent : 3,0·10 –3 –26 matome = kg. 22 = 4,6·10 6,5·10

41.

ᎏ

42. Espèces

chimiques ioniques et non ioniques a. Les espèces chimiques ioniques sont celles dont le nom est composé : – l’oxyde de calcium, constitué d’anions oxyde et de cations calcium ; – le chlorure de lithium, constitué d’anions chlorure et de cations lithium ; – l’oxyde de potassium, constitué d’anions oxyde et de cations potassium. b. L’ion oxyde, de charge – 2e, a 10 électrons ( Z = 8). Sa structure électronique s’écrit donc : (K)2(L)8.

c. Ion Protons Charge Formule

Potassium 19 +e K+

Calcium 20 + 2e Ca2+

Chlorure 17 – e Cl –

d. Un solide ionique est toujours électriquement neutre. Il y a donc deux fois plus d’ions potassium (de charge + e) que d’ions oxyde (de charge – 2e) dans l’oxyde de potassium. L’indice 2 de la formule indique cette proportion. e. Cette formule traduit effectivement l’électroneutralité de l’oxyde d’aluminium, puisque 2 ions aluminium ont bien une charge opposée à celle de 3 ions oxyde.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d



9

CHAPITRE 4. DE L’ATOME AUX ÉDIFICES CHIMIQUES Aspects pédagogiques et scientifiques

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

Ce chapitre permet : – de donner la règle du duet et de l’octet et de l’utiliser pour prévoir et interpréter la formule des ions monoatomiques de numéro atomique Z р 18 ; – de définir les molécules et d’introduire le modèle de Lewis de la liaison covalente ; – de définir la notion d’isomérie ; – et d’étudier la géométrie de quelques molécules simples. Les différentes activités proposées permettent d’introduire ces notions, exceptée celle d’isomérie envisagée uniquement en cours et en exercice. La première activité introduit la notion de molécule en demandant à l’élève de réinvestir ses connaissances sur les atomes. Dans la deuxième activité, l’élève découvre la règle du duet et de l’octet en comparant les structures électroniques de différentes entités pour mettre en évidence que leur couche externe est pleine, à l’image de celle des atomes de gaz nobles. Cette idée est suggérée par le programme. Nous évitons de dire qu’un ion monoatomique a la structure électronique « du gaz rare le plus proche » et nous préférons (comme dans le cours p. 67) la formulation « un ion monoatomique a une structure en octet ou en duet », qui ne fait pas référence à la classification périodique, encore non étudiée. Nous avons également choisi de « déconnecter » la règle de l’octet du concept de réaction chimique en évitant une formulation telle que « au cours des réactions chimiques, les atomes réagissent pour obtenir une structure… ». La référence à la réaction chimique, concept difficile qui sera étudiée plus tard (chapitre 8), n’aide pas à la compréhension. Après cette activité, l’élève doit savoir que les ions (et les atomes dans les molécules) ont une structure en duet ou en octet pour une raison de stabilité. Note. Le mot « stable » est utilisé avec son sens commun, et non en lien avec l’énergie.

d


4 – D E L’ATOME AUX ÉDIFICES CHIMIQUES

La troisième activité est consacrée au modèle de Lewis de la liaison covalente. La liaison chimique, la règle de l’octet puis la représentation de Lewis sont introduites à partir de la molécule de chlorure d’hydrogène. L’élève est ensuite amené à découvrir la représentation de Lewis de molécules d’ammoniac et de diazote sans utiliser la représentation de Lewis des atomes, en conformité avec le programme. Dans le cours (p. 68), nous avons, pour cette raison, d’abord défini la molécule, la liaison covalente et les doublets liants et non liants. Ensuite (p. 70), nous donnons la convention de représentation de Lewis des molécules. Enfin, nous détaillons la méthode à utiliser dans le cas général pour déterminer la représentation de Lewis d’une molécule. La quatrième activité utilise le simulateur Lewis du cédérom pour visualiser la géométrie tridimensionnelle des molécules en relation avec la disposition tétraédrique des doublets d’électrons autour de l’atome central. Elle utilise le modèle de Lewis de la liaison covalente précédemment introduit en se limitant à des molécules qui possèdent un atome central lié à ses voisins uniquement par liaisons simples. Les molécules étudiées en classe de seconde vérifient la règle de l’octet ; c’est pourquoi, au sein de ces molécules, les atomes autres que l’hydrogène sont toujours entourés de quatre doublets d’électrons, occupant les sommets d’un tétraèdre en raison de leur répulsion. Le nombre de doublets liants peut être 2, 3 ou 4, ce qui correspond respectivement à une molécule coudée, pyramidale ou tétraédrique. La cinquième activité est une activité documentaire autour d’un texte consacré à la chimie des odeurs. Nous abordons la notion d’isomérie dans le cours (p. 71) en nous limitant aux isomères de constitution que nous définissons comme des molécules de même formule brute dont les atomes sont liés différemment. Nous avons constaté que cette formulation était plus opératoire et plus rigoureuse que beaucoup d’autres. Nous précisons que les espèces chimiques correspondant à des molécules isomères n’ont pas les mêmes propriétés. Ce souci de lier les niveaux microscopique et macroscopique se retrouve fréquemment dans nos choix pédagogiques.

1

Activités de découverte 1. Chercher l’intrus (p. 64) Cette activité permet, d’une part, d’introduire la définition d’une molécule à partir de photos de modèles moléculaires et, d’autre part, de faire réfléchir les élèves sur certaines propriétés constitutionnelles des molécules. Les questions posées visent à éviter que l’élève confonde la notion de molécule et ses représentations. Pour cela, les relations avec la masse, le volume, les électrons, etc. sont explicitées. Que l’affirmation (7) soit fausse est évident, mais il est essentiel que les élèves différencient une tige en plastique et une liaison chimique, l’une représentant l’autre. Correction

a. Les photos représentant une molécule sont les photos a et c. b. Une molécule est constituée de plusieurs atomes « attachés » ou liés entre eux. c. (1) Faux. Une molécule est constituée d’atomes qui ont chacun une masse. Une molécule a donc une masse. (2) Vrai. La molécule est constituée d’atomes qui occupent chacun un certain volume. Une molécule occupe donc un certain volume. (3) Faux et (4) Vrai. Dans une molécule il y a les électrons des atomes qui la constituent et autant de noyaux que d’atomes. (5) et (6) Faux. Certaines molécules sont constituées de deux atomes (H 2, Cl2, etc.), d’autres de centaines de milliers (protéine, Nylon®, etc.). (7) et (8) Faux. Il ne faut pas confondre la molécule (entité microscopique) et sa représentation par un modèle moléculaire. (9) Faux. Un atome est électriquement neutre, par conséquent, une molécule aussi.

2. Être ou ne pas être (p. 64) r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Cette activité permet d’introduire la règle de l’octet à partir de quelques exemples d’atomes et d’ions monoatomiques puis à partir de la représentation des électrons des atomes d’une molécule. La démarche suivie est de faire analyser la structure électronique d’ions et d’atomes que l’on déclare exister ou non afin que l’élève « devine » la règle de stabilité pour une couche électronique pleine. Le professeur généralisera ce résultat par la règle du duet et de l’octet.

2

Correction

a. Nombre Structure d’électrons électronique He 2 2 (K)2 Ar 18 18 (K)2(L)8(M)8 11 10 Na+ (K)2(L)8 4 2 Be2+ (K)2 8 10 O2– (K)2(L)8 17 18 Cl – (K)2(L)8(M)8 2 3 He – (K)2(L)1 4 3 Be+ (K)2(L)1 8 6 O2+ (K)2(L)4 Les couches électroniques externes des atomes que l’on rencontre isolés en phase gazeuse sont pleines. Il en est de même pour les ions que l’on rencontre dans des solides ioniques (partie supérieure du tableau). En revanche, ce n’est pas le cas pour les ions que l’on n’y rencontre pas (partie inférieure du tableau). Entité

Z

Note. L’expression « atome isolé en phase gazeuse » est un pléonasme du point de vue scientifique, mais pour l’élève, nous avons estimé que la redondance était importante afin de distinguer l’atome isolé de celui au sein d’une molécule. C’est un point fondamental et nouveau dans ce chapitre.

b. Les entités susceptibles d’exister ont leur couche

électronique externe pleine comme Ne, Al3+, Mg2+. Celles qui n’existent pas ont leur couche électronique externe non pleine comme F, Al 2+, Mg – . Note. Quand on dit ici d’un atome qu’il n’existe pas, il est sousentendu qu’il n’est pas stable en phase gazeuse.

c. • Molécule F2. Chaque atome de fluor a 7 élec-

trons sur sa couche externe. En tout, cela fait 14 électrons qui sont effectivement représentés sur le schéma. • Molécule H2O. L’atome O a 6 électrons sur sa couche externe. Chaque atome H en a 1. En tout cela fait 8 électrons qui sont effectivement représentés sur le schéma. d. Pour la molécule de difluor. La propriété de la question a est encore vraie si chacun des atomes F a sa couche électronique externe pleine et donc si elle contient 8 électrons. Il faut pour cela compter, pour un atome F donné, les 6 électrons non liants et les 2 électrons de la liaison. On peut faire le même raisonnement pour la molécule d’eau.

4 – DE L’ATOME AUX ÉDIFICES CHIMIQUES

3. Modèle de Lewis de la liaison covalente (p. 65) Cette activité introduit le modèle de Lewis de la liaison covalente ainsi que la représentation de Lewis. On peut prolonger l’activité en demandant aux élèves de faire cette représentation pour d’autres molécules simples comme O 2, H2O, Cl2, CO2, CH4, C2H6 et C2H4 qui sont les molécules figurant explicitement au programme. Correction

1. Modèle de Lewis

a. L’atome de chlore ( Z = 17), de structure électro-

nique (K)2(L)8(M)7, a 7 électrons périphériques. Seul un de ces électrons périphériques est représenté (celui participant à la liaison chimique). Six ne sont donc pas représentés dans l’écriture H—Cl. b. L’atome d’hydrogène ( Z = 1) n’a qu’un électron et celui-ci est représenté dans l’écriture H—Cl. c. Les 6 électrons qui manquaient à la représentation de la question a sont maintenant présents sous la forme des trois doublets non liants représentés autour de Cl. d. On appelle doublet liant d’une molécule les 2 électrons d’une liaison covalente simple de la molécule. e. L’atome de chlore est entouré de 8 électrons (3 doublets non liants et 1 doublet liant). L’atome H est entouré des 2 électrons du doublet liant. Note. La règle de l’octet développée sur un exemple simple est, à ce stade, donnée avec sa formulation générale. Nous suggérons une lecture collective de la règle et un retour sur la façon dont les élèves l’ont fait émerger dans le cas du chlorure d’hydrogène. La deuxième partie de l’activité permet alors de l’appliquer sur deux autres exemples.

2. Représentation de Lewis de quelques molécules • Molécule d’ammoniac NH 3

a. L’atome N ( Z = 7) a 5 électrons périphériques.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Chaque atome H en a 1. b. Dans la molécule NH3, 5 + 1 + 1 + 1 = 8 électrons proviennent des couches électroniques externes des atomes. Dans sa représentation de Lewis, 4 doublets doivent donc être dessinés. c. Pour être entouré de 2 électrons, chaque atome H a un doublet liant et aucun doublet non liant. L’atome N, qui a 5 électrons périphériques, doit avoir 3 doublets liants pour être entouré de 8 électrons. Sur les 5 électrons, 2 n’appartiennent donc pas à un doublet liant et forment 1 doublet non liant. Note. On peut aussi faire le raisonnement suivant : en formant des liaisons covalentes, chaque atome d’une molécule s’entoure de 8 électrons, soit de 4 doublets. L’atome N qui a 3 doublets liants a donc 1 doublet non liant.


d. H

N

H

H Il y a bien 4 doublets dans la représentation (accord avec la réponse b). Chaque atome H est entouré de 1 doublet liant. N est entouré de 3 doublets liants et possède 1 doublet non liant (accord avec la réponse c). e. Dans la représentation de Lewis, tous les doublets sont représentés mais la forme de la molécule n’est pas mise en évidence. Dans les modèles moléculaires, la forme de la molécule est mise en évidence. Dans le modèle éclaté, les doublets liants sont représentés. Dans le modèle compact, aucun doublet n’est représenté. • Molécule de diazote N2

a. En tout, les deux atomes de la molécule apportent 10 électrons périphériques. 5 doublets doivent donc être dessinés dans la représentation de Lewis. b. Un atome N est entouré de 3 doublets liants et possède 1 doublet non liant. c. N N d. Chaque atome a engagé 3 électrons dans la liaison covalente de la molécule. Il s’agit d’une triple liaison.

4. Géométrie de quelques molécules simples (p. 66) Cette activité introduit la géométrie des molécules simples (molécules à 1 atome central) ainsi que les conventions de Cram qui permettent de représenter cette géométrie. Elle utilise le simulateur Lewis du cédérom qui donne une image tridimentionnelle des molécules. Correction

1. Géométrie d’une molécule a. L’atome situé au centre du tétraèdre est l’atome C. Les atomes situés aux sommets du tétraèdre sont les atomes H. b. L’atome central C de la molécule de chlorométhane CH3Cl est, comme dans la molécule CH 4 précédente, entouré de 4 doublets d’électrons. Ces doublets se répartissent avec une structure tétraédrique et la molécule de chlorométhane est donc également tétraédrique. c. On vérifie effectivement que la molécule de chlorométhane est tétraédrique. d. L’atome central N est entouré de 4 doublets d’électrons répartis suivant des directions tétraédriques. L’un de ces 4 doublets est non liant et il

3

n’y a donc pas d’atome dans la direction correspondante. Les 3 autres directions pointent vers des atomes H. e. Le simulateur précise que la molécule d’ammoniac est pyramidale.

2. Représentation de Cram Cl

a. Molécule de chlorométhane :

H C H H H N

Molécule d’ammoniac :

H

b.

H

H

H C H

C

H

H H

3. Règle des doublets d’électrons a. Cet angle vaut 90°. b. Avec un rapporteur, on trouve 109°. c. La valeur qui correspond à celle du modèle moléculaire est 109°. d. La molécule d’eau est constituée de 3 atomes. Or 3 points distincts définissent toujours un plan. e. On attend ici que les élèves donnent leur avis sans s’aider du simulateur. Ils vérifieront leur réponse à l’aide du simulateur à la question suivante. f. Les 4 doublets autour de l’atome O pointent dans les directions d’un tétraèdre dont deux sommets seulement sont occupés par les atomes H. La molécule est donc coudée. L’angle entre les deux liaisons est de 109°, comme pour la molécule CH 4. Note. L’angle de liaison est expérimentalement de 105° dans la molécule d’eau car la répulsion entre les doublets non liants est supérieure à celle des doublets liants.

g. La proposition (1) est en accord avec les exemples de cette activité.

5. Comment sentons-nous les odeurs ? (p. 74) a. C10H20O. b.

H

O H H H H C C H C H H H C C H H C C C H C H C H H H H H H H

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


4

c. Chaque atome C a engagé 4 liaisons : il est donc entouré de 8 électrons (octet). Chaque atome H a engagé 1 liaison : il est donc entouré de 2 électrons (duet). L’atome O a engagé 2 liaisons et possède 2 doublets non liants : il est donc entouré de 8 électrons (octet). d. Oui, les deux liquides sont différents car, dans le liquide qui a une odeur, se trouvent des molécules odorantes qui ne sont pas présentes dans le liquide qui n’a pas d’odeur. En effet, la phrase « les chimistes sont aujourd’hui capables, dans certains cas, de relier la structure d’une molécule à son odeur » signifie que la structure même d’une molécule est en lien avec le fait qu’elle soit responsable ou non d’une odeur particulière. e. Un liquide peut être inodore : – s’il n’est pas assez volatil pour que ses molécules puissent atteindre nos récepteurs ; – si aucune de nos cellules de la muqueuse olfactive n’est « adaptée » pour détecter les molécules qui le constituent.

Exercices Appliquer ses connaissances • Ions monoatomiques a. L’ion monoatomique a une structure en octet ou en duet : il a donc soit 10 électrons (charge – 2e), soit 2 électrons (charge + 6 e). Il n’existe pas de 11.

cation monoatomique avec plus de 3 charges positives. L’ion considéré a donc une charge de – 2 e. b. Il s’agit de l’ion O2– . 12.

a. Li : (K)2(L)1 ; Mg : (K)2(L)8(M)2 ;

He : (K)2 ; O : (K)2(L)6. b. • Les ions lithium et magnésium sont des cations car les ions monoatomiques correspondant aux atomes ayant 1, 2 ou 3 électrons sur leur couche externe sont des cations. Ces ions ont une structure en duet ou en octet, soit (K) 2 pour l’ion lithium et (K)2(L)8 pour l’ion magnésium. Leurs formules sont donc Li+ et Mg2+. • He a une structure en duet : il n’y a donc pas d’ion monoatomique correspondant. • L’ion oxyde est un anion car les ions monoatomiques correspondant aux atomes ayant 6 ou 7 électrons sur leur couche externe sont des anions. Il a une structure en octet, soit (K) 2(L)8. Sa formule est donc O2– . 13.

a. Ces ions ont tous une structure en octet.


Structure électronique Structure électronique de l’atome de l’ion correspondant S ( Z = 16) (K)2(L)8(M)6 (K)2(L)8(M)8 Cl ( Z = 17) (K)2(L)8(M)7 (K)2(L)8(M)8 Na ( Z = 11) (K)2(L)8(M)1 (K)2(L)8 s

b. S2– et Cl – : même structure électronique que Ar.

liant. Les atomes H engagent leur seul électron dans une liaison et n’ont donc pas de doublet non liant. L’atome Cl engage 1 de ses 7 électrons dans des liaisons. Les 6 électrons restants forment donc 3 doublets non liants. H e.

Na+ : même structure électronique que Ne. 14.

• Représentation de Lewis a. La molécule est constituée de 4 atomes : 2

atomes d’hydrogène H et 2 atomes d’oxygène O. b. H : (K)1 ; O : (K)2(L)6. c. Chaque atome H apporte 1 électron périphérique et chaque atome O en apporte 6. Cela fait un total de 14 électrons, soit 7 doublets. d. Pour avoir une structure en duet, chaque atome H engage son unique électron dans une liaison et n’a donc pas de doublet non liant. Pour avoir une structure en octet, chaque atome O doit avoir 2 électrons supplémentaires et donc engager 2 de ses 6 électrons dans des liaisons simples. Les 4 électrons restants forment 2 doublets non liants. e. H O O H 17.

a. H : (K)1 ; S : (K)2(L)8(M)6.

b. En tout, dans la molécule, il y a 1+1+6 = 8 électrons provenant des couches externes des atomes, soit 4 doublets. c. Chaque atome H doit engager un électron pour avoir une structure en duet. L’atome S doit en engager 2 pour avoir une structure en octet. d. Les atomes H engagent leur seul électron dans une liaison et n’ont donc pas de doublet non liant. L’atome S engage 2 de ses 6 électrons dans des liaisons. Les 4 électrons restants forment donc 2 doublets non liants. e. H S H 18.

a. C : (K)2(L)4 ; H : (K)1 ; Cl : (K)2(L)8(M)7.

b. En tout dans la molécule, il y a 4+3+7 = 14 élec r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


C

a. (K)2(L)8(M)8.

b. Z = 20 pour le calcium. L’ion a 18 électrons et 20 protons, soit une charge +2e. Sa formule est Ca 2+. 15.

H

trons provenant des couches externes des atomes, soit 7 doublets. c. L’atome C doit engager 4 liaisons pour avoir une structure en octet. Chaque atome H doit engager une liaison pour avoir une structure en duet. L’atome Cl doit engager 1 liaison pour avoir une structure en octet. d. L’atome C engage ses 4 électrons périphériques dans des liaisons et n’a donc pas de doublet non


H

Cl 19.

a. H : (K)1 ; P : (K)2(L)8(M)5.

b. H

P

H

H

c. H

P

P

H

H

H

d. PH3 et P2H4. 20.

a. Les atomes C ont 4 électrons périphériques.

Les atomes H en ont 1. Au total, cela fait 2 ϫ 4 + 2 ϫ 1 = 10 électrons, soit 5 doublets d’électrons. b. Chaque atome C doit avoir 4 doublets liants pour avoir une structure en octet. Chaque atome H doit avoir 1 doublet liant pour avoir une structure en duet. c. L’atome C engage ses 4 électrons périphériques dans des liaisons et n’a donc pas de doublets non liants. Les atomes H engagent leur seul électron dans une liaison et n’ont donc pas de doublet non liant. d. H C C H

• Isomères, formules développées et semidéveloppées 22.

a. H

H

Cl

C

C

H

H

Cl

H

Cl

Cl

C

C

H

H

H

b. CH3 —CHCl2 ; CH2Cl—CH2Cl. 23.

H

a. H

H

H

C

C

C

H

H

H

F

H

H

H

H

C

C

C

H

F

H

H

b. CH3 —CH2 —CH2F et CH3 —CHF—CH3. 24.

a. Il y a deux molécules isomères :

5

H

H

H

H

H

C

C

C

C

H

H

H

H

H

H

H

H

H

C

C

C

H

C

H H

H

b. CH3 —CH2 —CH2 —CH3 et CH3

H CH

c. Les deux liaisons occupent 2 des 4 positions du H

Note. La molécule est plane puisque constituée de 3 atomes et que l’on peut toujours faire passer un plan par trois points.

CH3

CH3 25.

a. Formules brutes : C3H8O dans les deux cas.

Formules développées : H H

H

H

H

C

C

C

H H

H H

H

C

C

O

O

H

H C

H

H H H Formules semi-développées : CH3 —CH2 —CH2 —OH ; CH3 —CH2 —O—CH3. b. Ces molécules sont qualifiées d’isomères parce qu’elles ont la même formule brute mais des structures différentes.

• Représentation de Cram 26.

a. Les atomes H et C sont dans le plan de la

page du livre. Cl est en avant et F en arrière. b. Formule brute : CH2FCl. Représentation de Lewis : F H

C

Cl

H 27.

a.

H

H

H C H

C

trétraèdre : la molécule est donc « coudée », comme la molécule d’eau : H S H

Aller plus loin 30. Propriétés –

communes d’ions et d’atomes a. L’ion Br a 8 électrons périphériques donc l’atome Br a 7 électrons périphériques. Même raisonnement pour I – . b. Les atomes F ( Z = 9) et Cl ( Z = 17) ont tous deux 7 électrons périphériques. Les quatre atomes considérés ont la même structure électronique externe. Les éléments chimiques correspondants étant dans la même colonne du tableau périodique, on peut donc formuler l’hypothèse : une colonne de la classification regrouperait les éléments chimiques dont les atomes correspondants ont même structure électronique externe. 32. Formules de molécules a. Z = 1 : atome H, Z = 6 : atome C. La molécule la plus simple formée à partir de ces atomes est CH 4. b. Z = 15 : P (K)2(L)8(M)5. P établit 3 liaisons pour avoir une structure en octet. Molécule PH3. c. Z = 16 : S (K)2(L)8(M)6. S établit 2 liaisons. Molécule : S C S de formule CS2. Comparaison d’espèces chimiques a. Les températures d’ébullition étant différentes, les espèces chimiques considérées le sont également. b. Oui : à une même formule brute peuvent correspondre des molécules de structures différentes. Ces molécules, appelées isomères, représentent alors des espèces chimiques différentes. 35. Représentation de Cram H 34.

H

b. CH3 —CH3.

• Géométrie d’une molécule 29. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


a. Pour avoir une structure en duet, chaque

atome H engage 1 liaison. Pour avoir une structure en octet, l’atome S a 2 doublets liants et 2 doublets non liants : H S H b. Autour de l’atome central S, les 4 doublets d’électrons se repoussent et occupent les sommets d’un tétraèdre.

6

C

H

H H

H C

H

C H

H

H

37. Fréons

a. La règle du duet et de l’octet doit être vérifiées : C engage toujours 4 liaisons et F, Cl et H en engagent toujours une. Formules brutes : CF4 ; CF3Cl ; CF3H ; CF2Cl2 ; CF2ClH ; CF2H2 ; CFCl3 ; CFCl2H ; CFClH2 ; CFH3. b. L’utilisation des fréons est interdite depuis plusieurs années car ces gaz participent à la destruction de la couche d’ozone.


CHAPITRE 5 LA CLASSIFICATION PÉRIODIQUE DES ÉLÉMENTS CHIMIQUES Aspects pédagogiques et scientifiques

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d


Ce chapitre vise à la fois à rationaliser une grande partie des connaissances fondamentales des deux chapitres précédents sur les atomes, les ions et les molécules, et à préparer la dernière partie du programme relative à la réaction chimique. Les élèves viennent de découvrir la structure des entités microscopiques, la notion d’élément chimique ainsi que la règle de l’octet. Cet ensemble essentiel de connaissances a nécessité, pour être opérationnel, que les élèves acquièrent des raisonnements qui leur permettent de déduire, par exemple, la stœchiométrie des molécules simples, ou la charge des ions monoatomiques. Grâce aux notions de ce chapitre, ils vont pouvoir les étendre simplement à un grand nombre d’entités. Ce qu’ils savent sur H 2O ou sur le chlore peut maintenant se généraliser à H2S, H2Se ou au brome, et à l’iode. En conformité avec les recommandations officielles, nous avons adopté dans l’ activité 1 une approche qui rappelle celle de Mendeleïev pour introduire la notion de regroupement des éléments chimiques par famille. Cette idée, d’autres contemporains de Mendeleïev l’ont eu. On citera LotharMeyer et, avant lui Newland, ou Beguyer de Chancourtois. Ce qui a différencié l’approche du savant russe fut le pouvoir prédictif qu’il sut donner à sa classification. Quelques exercices font appel à ces notions. Une réflexion sur l’évolution des rayons atomiques dans la classification périodique est proposée dans l’activité 2. Cette recommandation du programme permet de lutter contre la notion faussement intuitive que le rayon de l’atome augmente avec le numéro atomique. Or, même si on ne peut le justifier au niveau de la classe de seconde, dans une ligne, le rayon atomique diminue. Une telle justification nécessiterait au moins la notion d’écran d’un électron périphérique par ceux d’une même couche. L’information visuelle proposée nous a semblé suffisamment probante pour la proposer aux élèves. La notion même de rayon atomique n’est pas simple à définir et il ne faut pas chercher à entrer dans les détails en classe, d’autant que plusieurs définitions

5 – L A CLASSIFICATION PÉRIODIQUE DES ÉLÉMENTS

existent qui ne conduisent pas à la même valeur du rayon de l’atome. Pour les élèves plus curieux, on pourra dire que c’est la moitié de la distance entre deux atomes identiques liés soit dans une molécule, soit dans un solide. La troisième activité de découverte est un TP qui illustre les propriétés voisines des halogènes. Cette famille est commode car les corps simples comme les ions monoatomiques sont accessibles pour plusieurs éléments de la famille : Cl, Br et I. Il ne faut pas s’aventurer sur les propriétés du difluor et de l’ion fluorure qui sont atypiques ; par exemple AgF est raisonnablement soluble dans l’eau. Il faut éviter également de mentionner l’astate dont peu de propriétés chimiques sont connues du fait de son instabilité nucléaire. Avec l’ activité 4 , qui utilise le cédérom Microméga, les élèves parcourent la classification périodique et découvrent sa structure et quelques aspects des familles et des périodes. C’est également une activité recommandée par le programme. Nous avons estimé que, pour qu’elle soit profitable, cette recherche informatisée devait être organisée, structurée, et faire partie d’un questionnement adapté à des objectifs pédagogiques précis. D’où le texte de notre activité. Il met en jeu la notion de métal qui n’est pas simple à définir. Nous pensons qu’il suffit, au niveau de la seconde, que les métaux soient définis à partir des éléments chimiques à gauche d’une ligne diagonale passant par l’aluminium et le polonium. Ils pourraient également être définis par leurs propriétés, ce qui semble cependant éloigné des préoccupations des élèves dans ce chapitre. L’activité 5 (activité d’exploitation) est également un TP. Il se base sur l’utilisation de la loi de conservation des éléments chimiques lors d’une réaction, ce qui permet d’analyser les expériences que l’élève a lui-même réalisées. Le formalisme proposé à l’aide d’un petit tableau est important car il permet de mettre en évidence l’importance de la notion de conservation des éléments chimiques. Par ailleurs, la disposition adoptée préfigure le tableau d’avancement qui sera vu au chapitre 9. Cette loi que l’on doit à Lavoisier sera reprise au chapitre 8 avec un aspect quantitatif mais, déjà, cette approche permet de donner de l’intérêt à la notion de conservation

1

des éléments chimiques pour laquelle il est souvent difficile de motiver les élèves. La sixième et dernière activité permet de s’interroger sur l’origine des noms des éléments chimiques, ce qui permet une familiarisation d’un autre type avec la classification périodique. Les élèves curieux apprécient cette activité qui fixe un peu les idées sur ces noms et ces symboles dont l’arbitraire peut dérouter au premier abord.

Activités de découverte

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soit pour désigner les composés binaires (2 éléments chimiques) dont l’un est l’hydrogène (habitude en chimie inorganique). • Attention à la difficulté du classement du bore qu’on peut être tenté de classer avec l’aluminium (B2O3 et Al2O3) ou avec l’azote (BH 3 et NH3). Il faudrait utiliser d’autres propriétés physicochimiques pour affiner le classement. Cela met en évidence la quantité importante d’informations qu’il faut rassembler pour établir réellement la classification périodique.

1. Classer les éléments chimiques (p. 80)

2. Classer les atomes selon leur rayon (p. 80)

Cette activité met l’élève en situation d’induire des regroupements à partir de formules, ce qui consiste partiellement en ce que Mendeleïev a dû effectuer pour établir la classification périodique. Certaines lignes sont moins efficaces que d’autres pour établir ces rapprochements, en particulier, la ligne des corps simples (CS) n’aide pas beaucoup ; elle est même la source des anomalies que présentent les familles. Les ions monoatomiques, en revanche, constituent un bon point de départ, mais ne permettent pas de créer toutes les familles ; en effet, de nombreux éléments chimiques courants n’apparaissent pas dans cette ligne. Les oxydes et les hydrures permettent de compléter la création des familles. Cette activité peut prendre du temps si l’on laisse les élèves chercher et s’ils ne trichent pas en se référant à la classification périodique du rabat de couverture. Elle présente alors l’avantage de les familiariser avec de nombreuses formules chimiques de base. Cette modeste érudition qu’ils peuvent ainsi acquérir devrait contribuer à éviter qu’ils ne proposent ultérieurement des symboles qui n’existent pas ou des formules aberrantes telle que Mg 6– qui pourrait respecter la règle de l’octet.

Cette activité est une approche visuelle de l’évolution des rayons atomiques dans la classification périodique. Un lien avec la densité des espèces chimiques est proposé, ce qui constitue une relation macroscopique/microscopique originale. L’esprit de cette activité est suggéré par le programme officiel. Le simulateur e-couche du cédérom qui est utilisé dans l’activité 4 du chapitre 3, page 48, permet également de visualiser les rayons atomiques des atomes de numéro atomique inférieur à 20. Correction

a. On remarquerait que les plus grosses sphères sont

Remarques • Mendeleïev ne connaissait ni les gaz nobles ni les formules chimiques des corps simples quand il a établi sa classification. • Il s’est aidé des constantes physiques comme les températures de fusion et d’ébullition de nombreux composés, ce que nous ne considérons pas ici. Il a aussi pris en compte la réactivité des espèces chimiques connues, ce qui serait prématuré d’utiliser ici. Il connaissait également les masses équivalentes correspondant aux masses molaires actuelles. • Le terme hydrure est utilisé en chimie soit pour nommer l’ion H – (habitude en chimie organique)

2

à la verticale les unes des autres et qu’il en est de même pour les plus petites. b. La suivante aurait un gros rayon. Elle représenterait l’atome de potassium K. c. Il faut raisonner dans une ligne de la classification périodique et utiliser le fait que les atomes étant de plus en plus petits et de plus en plus lourds, la densité des corps simples correspondants augmente dans la ligne. Cette propriété se renouvelle à la ligne suivante. d. Aux éléments de la partie droite de la classification chimique correspondent des espèces chimiques gazeuses dans les conditions habituelles : – O2, N2, etc. (connues des élèves) ; – des gaz nobles qu’il faut introduire car ils sont importants dans ce chapitre ; – ainsi que le difluor et le dichlore qui vont être souvent utilisés. Pour ces gaz, on ne peut pas considérer que les atomes sont au contact les uns des autres (en phase gazeuse) et le raisonnement de la question précédente qui vaut pour les corps simples solides ne peut être appliqué.

5 – LA CLASSIFICATION PÉRIODIQUE DES ÉLÉMENTS

Note. Quelques années avant que Mendeleïev ne propose la classification périodique, le chimiste allemand Lothar-Meyer avait remarqué que la densité des corps simples présentait une périodicité.

Correction

1. Une famille chimique : les halogènes a. Ces éléments chimiques sont placés dans l’avant-

3. Quelques propriétés d’une famille chimique (p. 81) Ce TP constitue une introduction à la classification périodique. • Solution de dichlore. À préparer sous la hotte, à cause du dégagement de dichlore. Suivant la quantité de solution désirée : – eau de Javel ménagère : 10 mL ; – acide chlorhydrique concentré : 20 mL ; – eau : 100 mL. La solution d’eau de dichlore doit être conservée bouchée. Elle titre approximativement 0,1 mol·L – 1 au moment de sa préparation.

dernière colonne de la classification périodique. b. C’est le fluor F : Z = 9. c. On peut déjà remplir les cases suivantes. • Recto : – symbole de l’élément chimique – nom de l’élément chimique – position dans la classification périodique – famille chimique. • Verso : – symbole de l’atome – nom de l’atome – structure électronique (pour F et Cl) – masse molaire.

2. Ions halogénures a. Cl – : on trouve la formule de l’ion en utilisant la

Eau de Javel commerciale

Bouchon 2 trous

Laine de verre

règle de l’octet. b. Tube 2 : AgBr ; tube 3 : AgI. c. Toujours par analogie avec AgCl et Cl – on trouve : Br – et I – . Note. Au-delà de Z = 18, les élèves ne connaissent pas les structures électroniques, ils doivent donc utiliser une analogie avec un élément chimique de la même famille, tel que Z р 18.

3. Réaction avec les ions Fe2+ Acide chlorhydrique concentré

eau

Attention, au moment de vider l’erlenmeyer, il contient également beaucoup de dichlore. • Solution de dibrome. Sous la hotte, mettre quelques gouttes de dibrome dans une bouteille en verre teinté, remplie au trois quarts d’eau distillée. Boucher, agiter. Il peut rester un peu de dibrome non soluble si la solution est saturée en dibrome (elle titre 0,2 mol·L – 1).

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d


• Solution de diiode. Le diiode n’est pratiquement pas soluble dans l’eau pure (0,001 3 mol·L – 1). Dissoudre de l’iodure de potassium KI dans de l’eau distillée (environ 5 % en masse). Mettre quelques cristaux de diiode (suivant la concentration à obtenir) et agiter environ une heure. On peut atteindre ainsi une concentration assez importante en diiode. • Solution de sulfate de fer II. Sa concentration doit être d’environ 0,1 mol·L – 1.

a. En rajoutant quelques gouttes de soude, on obtient un précipité de couleur rouille : il y a donc des ions Fe3+ dans la solution. On peut en déduire que les ions Fe 2+ se sont transformés en ions Fe3+ en présence de dichlore Cl2. b. On attend des élèves qu’ils proposent de vérifier si cette transformation des ions Fe2+ en ions Fe3+ a lieu également en présence de dibrome et de diiode. Ne leur donner les solutions de dibrome et de diiode qu’après qu’ils aient réfléchi et fait leur proposition. Note. La réaction chimique (rédox) n’a en fait eu lieu qu’en milieu basique dans le cas de I 2. En effet, tant qu’on est en milieu acide, l’oxydoréduction ne peut avoir lieu, car les potentiels des couples Fe3+ /Fe2+, E ° = 0,77 V et I2 /I – , E ° = 0,54 V ne permettent pas la réaction. En revanche, en milieu basique, le diiode est sous forme d’ions iodate, dont le potentiel est alors suffisant pour que l’oxydation ait lieu. La conclusion sur la réactivité commune des dihalogènes que peuvent tirer les élèves est donc correcte bien que les détails relatifs à cette réactivité en fonction du pH ne leur soient pas accessibles.

• Solutions d’halogénure de potassium. Leur concentration doit être d’environ 0,1 mol·L – 1.


3

4. Données complémentaires Fluor

Date de découverte du 1886 corps simple Savant ayant Moissan* : découvert le chimiste et pharcorps simple macien français Isotopes 19 naturels ( A)

35 et 37 (K)2(L)8(M)7

Rayon de l’atome (nm)

0,072

0,099

Date de 1826 découverte du eaux des salines corps simple Savant ayant Balard : découvert le chimiste et pharcorps simple macien français Isotopes 79 et 81 naturels ( A) Structure 2 8 18 7 électronique (K) (L) (M) (N) Rayon de l’atome (nm)


Scheele

(K)2(L)7

Brome

d

1774

Structure électronique

• F2 réagit violemment avec Propriétés presque tous les chimiques** corps de l’ion ou du simples*** corps simple

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Chlore

0,114

• Br 2 réagit avec Propriétés de nombreux chimiques de corps simples 2 transforme l’ion ou du • Br 2+ 3+ corps simple Fe – en Fe • Br précipite avec Ag+

• Cl2 réagit avec presque tous les corps simples • Cl2 transforme Fe2+ en Fe3+ • Cl – précipite avec Ag+

Iode 1811 cendre des varechs Courtois : pharmacien français 127 (K)2(L)8(M)18(N)18(O)7

0,133 • I2 réagit avec de nombreux corps simples • I – précipite avec Ag+

* Henri Moissan a été récompensé en 1906 par un prix Nobel pour la découverte du difluor. ** Une propriété chimique ne se retrouve jamais à l’identique dans toute une famille. Par exemple, les dihalogènes sont de

4

moins en moins oxydants quand Z augmente. De même, les halogénures d’argent sont de plus en plus solubles quand Z diminue (AgF, 2H2O est extrêmement soluble dans l’eau puisqu’on peut en dissoudre 1,8 kg par litre d’eau). *** Le difluor est tellement réactif que sa manipulation nécessite des conditions particulières ; les récipients doivent être en téflon, ou en nickel (qui se passive au contact du difluor). La température à laquelle une réaction avec F 2 est tentée est rigoureusement contrôlée compte tenu du risque d’explosion. Peu de laboratoires au monde maîtrisent l’utilisation de ce gaz.

4. Exploration du simulateur

classification périodique (p. 82) Le but de cette activité est de mettre l’élève en situation d’utiliser certains concepts connus : élément chimique, structure électronique, couche électronique externe, numéro atomique, en relation avec la classification périodique. Nous nous adressons à des élèves qui ne sont pas encore familiarisés avec la classification périodique. Certaines notions vont ainsi se préciser : famille, métal, etc. L’élève doit être muni d’un papier, d’un crayon et d’un ordinateur sur lequel se trouve la classification périodique du cédérom Microméga. Correction

1. Familles d’éléments chimiques a. Une famille est une colonne de la classification périodique. b. He : K2 c. Ne : K2 L8 d. Ar : K2 L8 M8 ; Kr : K2 L8 M18 N8 ; Xe : K2 L8 M18 N18 O8. e. À part l’hélium, tous les gaz nobles ont huit électrons sur leur couche électronique externe. f. Béryllium, calcium, strontium, baryum, radium. g. Be : K2 L2 ; Mg : K2 L8 M2 ; Ca : K2 L8 M8 N2 ; etc. Tous ont deux électrons sur leur couche externe.

2. Évolution de la structure électronique dans une ligne a. Na : K2 L8 M1. b. Mg : K2 L8 M2 ; Al : K2 L8 M3 ; Si : K2 L8 M4 ; etc. c. Dans une ligne de la classification périodique, les éléments chimiques successifs correspondent à des atomes possèdant des nombres d’électrons sur leur couche électronique externe qui augmentent d’une unité à chaque case.

3. Les métaux a. Fer, cuivre, aluminium.


b. Oxygène, chlore, carbone. c. Ont l’étiquette « métal » toutes les cartes des éléments chimiques à gauche du germanium. d. De même pour les éléments chimiques à gauche de l’aluminium, et à gauche du béryllium. e. Les métaux correspondent à des éléments chimiques situés à gauche d’une ligne diagonale de la classification périodique, qui passe par Be, Al, Ge, etc.

4. Masse et numéro atomique a. Elle semble croissante quand on se déplace de gauche à droite dans une ligne. b. Les atomes cobalt et nickel, argon et potassium, et tellure et iode, ne suivent pas la règle de la masse croissante avec le numéro atomique. c. Le numéro atomique est défini comme le nombre de protons d’un atome correspondant à l’élément chimique. La classification périodique est effectivement basée sur le numéro atomique (et pas sur la masse).

Activités d’exploitation 5. Interprétation et précision des données expérimentales (p. 89) Ce TP permet d’utiliser les principes de la classification périodique pour interpréter et prévoir des réactions chimiques. Correction

1. Réaction du calcium métallique avec l’eau H2O

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d


Pour cette expérience, il vaut mieux utiliser du calcium en poudre afin de pouvoir en prendre une toute petite quantité (4 mg). On évite ainsi la formation du précipité d’hydroxyde de calcium Ca(OH)2. Le raisonnement demandé à l’élève est volontairement très détaillé, afin que celui-ci passe par toutes les étapes logiques et importantes qui permettent de trouver ce qui s’est passé. C’est lors de ces étapes que l’utilisation du tableau périodique et de la loi de conservation des éléments chimiques est effectivement mise en jeu. Ne pas engager cette discussion déconnecte le TP de son objectif. a. Les réactifs sont le calcium et l’eau (certains élèves oublient l’eau).


b. Les éléments chimiques sont Ca, H et O. c. Pour les produits : • Le test à la phénolphtaléine permet de montrer la présence d’ions hydroxyde HO – . • Le test du dihydrogène H2 a été réalisé au collège. Certains élèves s’en souviennent, sinon le professeur le rappelle. Le volume de H 2 produit est faible, vu la petite quantité de calcium utilisée. Pour pouvoir caractériser H2, boucher le tube à essais au début de la réaction et attendre que celleci soit terminée pour déboucher le tube et en approcher une allumette enflammée (parfois la pression du gaz dans le tube fait sauter le bouchon). Le fait que les élèves fassent deux fois l’expérience au cours de ce TP leur permet vraiment d’observer ce qui se passe la première fois. Si on leur demande de caractériser H 2 tout de suite, ils sont occupés par cette manipulation et ne peuvent pas observer en même temps ce qui se passe dans le tube à essais (effervescence). d. Les seuls produits caractérisés jusqu’à présent sont HO – et H2. Les éléments chimiques présents dans ces produits sont seulement O et H. Tous les produits de la réaction n’ont donc pas été caractérisés car l’élément chimique calcium doit aussi être présent. e. La solution contient des anions (HO – ), il faut donc que des cations soient aussi présents pour que l’électroneutralité soit vérifiée. f. Les cations ne contiennent que l’élément chimique calcium : il s’agit donc des cations monoatomiques obtenus à partir des atomes de calcium. Comme le calcium est dans la deuxième colonne de la classification, ce sont des ions de formule Ca 2+. g. Dans le tableau récapitulatif, il n’y a qu’une seule case pour les éléments chimiques présents dans les réactifs et les produits. C’est bien sûr volontaire, car les éléments chimiques des produits sont les éléments chimiques des réactifs. Réactifs Produits Nom et formule Ca, H2O HO – , H2, Ca 2+ Éléments chimiques calcium Ca, hydrogène H, présents oxygène O

h. Le calcium et l’eau réagissent ensemble pour donner des ions hydroxyde HO – , du dihydrogène H2 et des ions calcium Ca 2+.

2. Réaction du magnésium métallique Mg avec l’eau H2O a. Le magnésium étant dans la même colonne de la classification périodique que le calcium, les élèves

5

doivent prévoir que la réaction avec Mg sera la même qu’avec Ca. C’est le cas, mais la réaction, moins violente, est moins démonstrative. Comme ils s’imaginent que cela va être la même réaction, ils vont, dans un premier temps, penser qu’ils se sont trompés dans leur prédiction. Puis, dans un second temps, ils vont se servir du fait que c’est bien la même réaction pour retrouver les indices qui montrent les points communs entre Mg et Ca : – on arrive à voir la coloration de la phénolphtaléine, juste autour du magnésium ; – H2 ne peut être caractérisé, mais on peut observer de toutes petites bulles autour du morceau de magnésium. b. Cette réaction montre que, dans une famille, les éléments chimiques présentent des similarités mais similaire ne signifie pas identique.

Note. De telles réponses seraient différentes dans une autre langue pour laquelle les symboles sont les mêmes, mais pas le noms des éléments chimiques : iron pour fer en anglais par exemple, nitrogen pour l’azote, sans même penser au chinois !

6. Origine des noms des éléments chimiques (p. 90)

Samarium, Sm ( Z = 62), scandinavium, Sc ( Z = 21), etc. c. L’hélium a été découvert grâce au spectre de la lumière solaire ( Helios), quelques années avant qu’il ne soit isolé sur Terre. d. Sélène est le nom de la Lune, en grec. Tellus, telluris est le nom latin donné au globe terrestre, et l’on parle de secousses telluriques en parlant des tremblements de terre.

L’objectif de cette activité est de familiariser l’élève avec la classification périodique. Celui-ci sera confronté plusieurs fois à des noms d’éléments chimiques en s’interrogeant sur l’origine des termes adoptés pour les nommer. Il y découvrira la grande variété des origines des termes qui constituent les briques de la nomenclature chimique. Rappelons que la règle est que le découvreur d’un élément chimique décide du nom de l’élément nouvellement découvert. Honorons ici la mémoire de l’un (ou plutôt l’une) d’entre eux, qui a découvert deux éléments chimiques, le radium et le polonium : Marie Curie. Correction

1. Les noms de l’Antiquité a. S et C. Sept corps simples (carbone, soufre, mer-

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cure, fer, cuivre, argent et or) étaient connus et nommés dès l’Antiquité. b. Le mercure est liquide à température ambiante (comme l’eau) et il brille tel le métal argent. Ce pourra être l’occasion de signaler la progressive disparition du mercure de notre environnement quotidien à cause de sa toxicité. Il reste présent dans certains thermomètres, dans les amalgames dentaires, etc.

b. C, Ca, Cl et Cu. On a utilisé une deuxième lettre du nom pour distinguer les symboles de ces éléments qui commencent par la même lettre. c. Or = Aurum. D’où le symbole Au pour cet élément chimique.

3. Origine géographique a. Europium, Eu ( Z = 63) et américium, Am ( Z = 95). b. Francium, Fr ( Z = 87), germanium, Ge ( Z = 32) et polonium Po ( Z = 84). Note. La réponse Ga pour gallium n’est pas acceptable parce que son découvreur, le chimiste français Le Coq de Boisbaudran, honore son propre nom (sous l’apparence de nommer « son » élément chimique comme l’ancien nom de son pays, la Gaule). En effet, en latin, gallina, gallus = la poule, le coq (de Boisbaudran).

4. Nom des grands savants a. Curium, Cm ( Z = 96), ensteinium, Es ( Z = 99), mendelevium, Md ( Z = 101), etc. b. Ils ont tous des numéros atomiques élevés car ce sont des éléments chimiques découverts tardivement, pour la plupart dans le troisième tiers du e XX siècle, par synthèse nucléaire. Note. Il s’agit de noms honorifiques donnés par des équipes de recherche ; jamais (sauf pour le gallium, voir la question 3.b cidessus) un chercheur n’a donné son propre nom à un élément chimique qu’il a découvert. Par exemple, Marie Curie a découvert le radium et le polonium, mais pas le curium.

5. Propriétés physiques, chimiques ou biologiques a. Le mot chrome vient du grec khrôma qui veut

a. Pour la première lettre du nom : H, B, C, O, F, S

dire couleur. b. Si l’on remplace l’air par le gaz diazote, la vie n’est plus possible. c. Le gaz dichlore est un gaz verdâtre.

et P, et pour les deux premières : He, Li, Be, Ne, Al, Si et Ar (attention, il y a un H à chlore !).

Note. Chlorophylle signifie « vert de la feuille », et non « qui contient du chlore » !

2. Symboles et noms chimiques

6


Exercices Appliquer ses connaissances • Classification des éléments chimiques Z = 33 : As = arsenic. Z = 63 : Eu = europium. Z = 79 : Au = or. Z = 86 : Rn = radon. Z = 92 : U = uranium. 8.

10.

a. Z croissant, changement de ligne lorsqu’une

nouvelle couche électronique intervient, éléments dont les atomes ont le même nombre d’électrons périphériques dans une même colonne. b. et c. Structures électroniques et classification restreinte page 84.

• Familles chimiques Ce sont ceux dont les éléments chimiques correspondants sont dans la même colonne : F2 et Cl2 ; Ca et Ba. 11.

12.

a. 15 protons et 16 neutrons.

b. 15 ; (K)2(L)8(M)5. c. Phosphore (P). d. Azote (N). 13

a. Le potassium appartient à la famille des alca-

lins, le plomb à la famille du carbone et le xénon à la famille des gaz nobles. b. Le potassium appartient à la 4e période, le plomb à la 6e et le xénon à la 5e. 14.

Magnésium (Mg).

15.

a. C’est le chlorure d’argent AgCl, précipité

blanc qui noircit à la lumière. b. Effectivement, le test est utilisable pour les ions bromure et iodure car les éléments chimiques correspondants sont de la même famille que le chlore. c. Les formules sont AgBr et AgI. d. Les formules sont AlI3 et BBr 3, car Al et B sont dans la même famille chimique, ainsi que Cl et Br.

a. Une famille d’éléments chimiques est une colonne de la classification périodique. b. Alcalin, alcalino-terreux, colonne du bore, etc. c. Lithium, sodium, potassium, rubidium, césium et francium. d. Ces atomes sont dans la même colonne, ils ont donc beaucoup de points communs, ce qui autorise à les comparer. L’atome Na possède une couche électronique de plus que l’atome Li. Cela explique que le rayon de Na soit supérieur à celui de Li. Il en est de même pour la comparaison des rayons de Na et de K. 16.

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d



17.

a. Le nombre de protons augmente d’une unité

quand on passe d’un élément chimique à celui qui se trouve dans la case immédiatement à droite. La charge électrique augmente en même temps. b. Dans toute une ligne, la dernière couche est la même. Plus le numéro atomique Z augmente, plus cette couche a d’électrons. c. L’interaction entre les électrons de charge négative et le noyau de charge positive est attractive car des charges de signes opposés s’attirent. d. Les électrons de la dernière couche électronique sont d’autant plus attirés par le noyau que dans une même ligne (c’est-à-dire pour une même couche électronique externe) Z est grand. Le rayon de l’atome diminue donc quand Z augmente dans une même ligne.

• Ions monoatomiques Le baryum est dans la 2e colonne, comme le magnésium dont l’ion possède deux charges positives. Sa formule est : Ba2+. 19.

20.

a. Magnésium (Mg).

e

b. 3 ligne, 2e colonne. c. (K)2(L)8(M)2. d. Mg2+ qui vérifie la règle de l’octet. 21.

a. 3e ligne, 3e colonne.

b. Z =13 : aluminium (Al). c. Al3+ qui vérifie la règle de l’octet. d. Bore (B) et gallium (Ga). a. X1 : lithium (Li), Z = 3. X2 : oxygène (O), Z = 8. X3 : magnésium (Mg), Z = 12. b. Li+, O2– , Mg2+. 22.

Non, car Z = 53 correspond à l’élément chimique iode qui appartient à la famille des halogènes. Dans cette famille, tous les ions ont une charge – e. 23.

• Molécules 24.

a. L’élément chimique phosphore est dans la

famille de l’azote. On sait que la molécule NH 3 existe. Il y a donc toutes les chances que la molécule correspondante PH3 existe également. b. L’élément chimique arsenic étant également dans la famille de l’azote, la formule AsH 3 existe aussi.

a. et b. Atomes C et Si P et N Cl et F Nombre de liaisons 4 3 1

25.

26

a. Famille de l’oxygène.

b. H2S.

7

28.

a. 14e colonne, 3e ligne. Le carbone C.

b.

H

H H

Si

H

H

Si

H

H H SiH4 a la même structure que CH 4 : un atome central Si, autour duquel les 4 liaisons avec les atomes d’hydrogène occupent des positions tétraédriques. 29. Le corps simple correspondant à l’élément F est le difluore de formule F 2, pour Br, c’est le dibrome Br 2, et pour I, c’est le diiode I 2. 30. a. Mendeleïev a dû constater pour commencer qu’un élément chimique manquait. En effet, aucun élément chimique similaire aux éléments chimiques de la même famille n’était connu. Il a dû ensuite imaginer les propriétés des espèces chimiques dans lesquels cet élément chimique serait impliqué, par analogie à celles de la même famille et en respectant l’évolution des propriétés dans une ligne de la classification périodique. b. Le carbone doit engager 4 liaisons chimiques simples pour satisfaire à la règle de l’octet. La formule du chlorure correspondant est CCl4. Le chlorure de germanium est donc GeCl 4. c. Le chlorure de carbone et le chlorure de silicium ont également des températures d’ébullition faibles. 31. a. Métaux : fer, cobalt, nickel ; non métaux : carbone, azote, oxygène. b. Mg2+, Ca2+, Ba2+. c. H2O, H2S. d. Le carbone et le silicium ne se rencontrent jamais sous forme métallique alors que les éléments chimiques du bas de cette même colonne, comme le plomb, sont des métaux notoires. La chimie du carbone et celle du plomb auront des points communs, mais aussi des différences importantes de ce fait.

Aller plus loin 32. Famille

chimique

a. Alcalino-terreux.

Na, K et Cs appartiennent à la 1 re colonne. Les ions monoatomiques correspondants sont Na +, K+ et Cs+, ce qui explique les formules des solides ioniques. Ca est dans la 2 e colonne. L’ion monoatomique est Ca2+, ce qui explique la formule CaCl2. c. Les formules des corps simples : celle de l’élément H est différente des autres. Les espèces chimiques CLi4 et CNa4 n’existent pas, alors que CH 4 existe. b.

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d


34. Découverte

des gaz nobles

a. Les éléments chimiques dont Mendeleïev prédit l’existence manquaient. Il n’en connaissait pas de

8

masse atomique qui corresponde aux éléments chimiques voisins dans la même ligne, et qui soit engagé dans des réactions chimiques similaires à celles des éléments chimiques voisins dans la même colonne. b. Pour prévoir l’existence d’un élément chimique, il faut qu’il existe déjà une famille incomplète. Dans le cas des gaz nobles, aucun élément de la famille n’était connu. c. La particularité de l’argon est de n’avoir pas de réactivité chimique. Comme un tel élément chimique ne ressemblait à aucun autre, il n’a pu être placé dans la classification telle qu’elle était connue à l’époque. d. Rayleigh a trouvé qu’ils étaient tous monoatomiques et qu’aucun n’avait de réactivité chimique. e. On avait une famille entière. Il a donc été décidé de créer une nouvelle colonne. f. La colonne des gaz nobles aurait pu avoir été placée avant la colonne des alcalins (famille 0). 35.

Magnésium et calcium

a. CaO car Ca est dans la même colonne que Mg. b. O2– car O est dans la l6 e colonne. c.

Ca2+ : pour respecter l’électroneutralité dans CaO.

38. Loi

des octaves

a. Les gaz nobles n’étaient pas connus de Mendeleïev, ne pouvaient donc pas l’être antérieurement par Newland. b. Une octave, c’est sept notes de musique. Newland ne connaissant pas les gaz nobles, ses lignes n’avaient donc que sept éléments chimiques. Dans l’octave, la huitième note est analogue à la première, alors que l’octet traduit qu’une ligne a huit éléments chimiques différents, le neuvième étant l’analogue du premier. c. Son hypothèse du classement par masse atomique n’avait aucun fondement (il lui a même été suggéré avec sarcasme de voir ce qu’il se passerait s’il rangeait les éléments chimiques par ordre alphabétique). Cette loi des octaves était fausse pour plus de la moitié des éléments chimiques connus. 39.

Composé ionique

a. L’élément chimique calcium est dans la 2 e colonne de la classification périodique, l’ion monoatomique correspondant est donc Ca2+. Pour l’élément chimique fluor, c’est F – . b. La charge globale de l’espèce chimique est nulle. c. La formule du fluorure de calcium CaF 2 est acceptable puisque l’ion calcium possède deux charges positives et que l’ion fluorure en possède une négative. L’ensemble a ainsi une charge nulle, ce qui est la condition relevée à la question précédente.


CHAPITRE 6. LA MOLE Aspects pédagogiques et scientifiques La troisième partie du cours de chimie concerne la transformation chimique d’un système et a pour objectif final d’établir un bilan de matière. Cette étude nécessite la mise en place d’un outil de description macroscopique d’un système chimique : la quantité de matière, exprimée en mole. Le terme « quantité », qui évoque jusqu’à présent pour l’élève des grandeurs diverses (masse, volume…) devra désormais prendre une signification précise : il s’agit d’associer exclusivement une quantité de matière à un nombre d’entités – atomes, molécules, ions – lors d’une description microscopique, et à un nombre de moles lors d’une description macroscopique.

Comptage des petits objets La première activité proposée a pour objectif de faire prendre conscience aux élèves que le comptage de petits objets identiques, dans la vie courante, fait intervenir un groupement par « paquets ». A fortiori, lorsqu’il s’agit d’entités microscopiques comme les atomes ou les molécules constituant la matière, on peut penser qu’un groupement par « paquets » va s’avérer indispensable.

Quantité de matière : la mole

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Combien d’entités le chimiste va-t-il considérer pour constituer un « paquet » ? Cette question est posée dans la deuxième activité dans le cas des atomes d’aluminium constituant une règle. Un échantillon de matière dont la masse est d’environ 10 g (ordre de grandeur courant en chimie) est formé d’un nombre d’entités de l’ordre de 10 23. Il est donc logique de considérer des « paquets » de N entités où le nombre N est de l’ordre de grandeur de 1023. Le nombre N d’entités du « paquet du chimiste » sera noté N A. Ce « paquet » représente une mole d’entités chimiques identiques.

6 – L A MOLE

La notion de mole est introduite dans la troisième activité en réinvestissant la notion de paquet précédemment introduite. Cette notion n’est jamais simple pour les élèves, pas plus qu’elle ne le fut pour la communauté internationale. Le terme « mole » a été proposé par Guggenheim seulement en 1961 pour désigner une nouvelle grandeur, la quantité de matière, en remplacement des anciennes dénominations telles que molécule-gramme et atome-gramme. C’est en 1971 que la mole est devenue la septième unité de base du système international. Deux activités expérimentales viennent illustrer cette notion de quantité de matière. L’ activité 4, p. 102, est de nature introductive. Elle est conçue pour que les élèves découvrent la notion de quantité de matière dans le cas d’échantillons d’espèces chimiques atomiques (fer) ou moléculaires (saccharose, soufre, eau, éthanol). L’ activité 5, p. 108, implique cette même notion dans une transformation chimique et permet de déterminer le volume molaire d’un gaz.

La constante d’Avogadro Cette constante, notée N A, permet de réaliser un changement d’échelle, c’est-à-dire de passer du niveau microscopique (entités) au niveau macroscopique (quantité de matière). Avogadro ne connut jamais la valeur du nombre qui porte son nom, mais l’on se devait de lui rendre hommage pour sa contribution à l’avancement de la chimie. La valeur de la constante N A fut déterminée au début du XXe siècle par différentes méthodes et différents savants (Rutherford en 1903 à partir de la radioactivité du radium et du polonium, et Jean Perrin qui s’appuya sur plusieurs méthodes expérimentales dont la diffusion des gaz). Des techniques comme la spectroscopie de masse permirent d’établir avec précision la valeur de la constante : 6,000 136 7·1023 mais on se contente généralement de 6,022·1023, voire 6·1023. L’immensité du nombre 6·1023 est une difficulté pour les élèves, et des exemples seront nécessaires pour donner une idée de son gigantisme : une mole de secondes représenterait environ 4 millions de

1

fois l’âge de la Terre, une mole de billes recouvrirait la Terre d’une couche de 80 km d’épaisseur, etc. Nous avons pris en charge cette difficulté dans l’exercice 22 page 112.

Le cours, les activités On trouvera dans le cours toutes les définitions générales et relations calculatoires habituelles, concernant la grandeur quantité de matière, illustrées d’applications. Cependant, les activités de découverte introduisent progressivement la quasi-totalité de ces définitions et relations sur des exemples ciblés, plus accessibles. Une activité d’exploitation est entièrement consacrée à l’étude du volume molaire (activité 5). Les grandeurs température et pression intervenant dans la définition du volume molaire d’un gaz seront étudiées dans la troisième partie du cours de physique. Il n’est pas nécessaire d’avoir traité cette partie du cours de physique.

Activités de découverte 1. Comptage des petits objets (p. 100) Cette activité expérimentale (réalisable avec des lentilles, des grains de riz, de café…) peut éventuellement se faire à la maison avec un matériel simple : balance de ménage, verre gradué… Elle a pour objectif de montrer qu’il est commode de constituer des « paquets » pour compter les petits objets. Cette idée est à la base du concept de mole. Il est important que l’idée de comptage par paquets soit réutilisée par le professeur dans la suite de ce chapitre, cette activité n’étant qu’une introduction au concept de mole. Au cours de ce travail, on constate que de nombreux élèves manquent de sens pratique et que l’idée même de compter par paquets n’est pas une évidence. L’intérêt de la notion de mole leur serait inaccessible s’ils ne réfléchissaient pas aux questions posées ici. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Correction

a. et b. On peut proposer différentes méthodes. • Déterminer la masse moyenne d’une lentille (toutes les lentilles n’ayant pas la même masse). Pour cela, on peut compter puis peser par exemple 50 lentilles (masse m) et en déduire la masse

2

moyenne d’une lentille (m /50). Pour trouver le nombre de lentilles dans le sac de 500 g, on divise 500 par la masse moyenne (en g) d’une lentille. • Compter puis peser 50 lentilles, par exemple, comme dans la méthode précédente, et diviser la masse totale (500 g) par la masse des 50 lentilles. On obtient alors le nombre n de « paquets » de 50 lentilles dans la boîte. Le nombre total de lentilles est 50 n. Cette méthode a l’avantage sur la précédente d’utiliser la notion de « paquet », que l’on souhaite introduire dans cette activité. • Introduire des lentilles dans l’éprouvette graduée de 10 mL de façon à obtenir un volume V 1 de 10 mL (par exemple) en tassant au mieux les lentilles. Compter ces lentilles (nombre n). Déterminer le volume occupé par la totalité d’un sac de 500 g en utilisant l’éprouvette graduée la plus grande (il faudra remplir l’éprouvette graduée plusieurs fois). Lire le volume V 2 obtenu. V Le nombre total de lentilles est ᎏ1 ϫ n. V 2 • On remplit le pilulier à ras bord de lentilles (tassées) et on compte le nombre n de lentilles qu’il contient. On compte le nombre p de fois qu’il faut remplir le pilulier pour vider complètement un sac de lentilles (complet). Le nombre total de lentilles est pn. Les élèves seront amenés à critiquer les diverses méthodes : problème des espaces entre les lentilles lors des mesures de volumes, lentilles pas toutes identiques… On trouve entre 16 500 et 17 000 lentilles pour 500 g. c. Ces différentes méthodes ont en commun de considérer des « paquets » de lentilles (« paquet » de 50 lentilles, « paquet » correspondant à 10 mL, « paquet » correspondant au contenu du pilulier).

΂ ΃

Note. On n’a volontairement pas parlé d’un paquet de lentilles de 500 g mais d’un sac de lentilles, afin de réserver au mot « paquet » un sens particulier.

d. Une pinte ne correspond pas toujours au même nombre de grains car les grains n’ont pas le même volume moyen selon leur nature : par exemple, un grain de café occupe davantage de place qu’une lentille, donc il y aura moins de grains de café dans une pinte de café que de lentilles dans une pinte de lentilles. Une pinte de grains ne correspond pas tou jours à la même masse puisqu’elle ne correspond pas à un nombre de grains donné et que les grains n’ont pas la même masse moyenne selon leur nature.

6 – LA MOLE

Matériel • 2 boîtes de lentilles de 500 g (l’une devra rester inentamée) • Balance (précision au dg bien suffisante ; élimine la solution consistant à peser une seule lentille) • Éprouvettes graduées : 10 mL, 250 mL • Petit récipient : pilulier, petite boîte… • Éventuellement double décimètre.

2. « Paquets » d’atomes (p. 100) Cette activité a pour objectif de poursuivre la mise en place du lien entre les descriptions microscopique et macroscopique de la matière. Par rapport aux précédents chapitres, ce lien devient quantitatif. L’élève a compris qu’on pouvait décrire la matière en termes d’atomes, et il a une idée de la dimension des atomes. Ici, avant même que la grandeur quantité de matière ne soit connue des élèves, on montre que le chimiste s’intéresse à l’idée de quantifier la matière soit en comptant des atomes, soit en comptant des paquets « macroscopiques » d’atomes. Il s’agit donc, à la fois, de la suite logique de l’activité précédente qui se limitait à révéler l’intérêt du comptage par paquets, et de l’introduction à l’activité suivante qui présente la notion de quantité de matière. Le nombre d’Avogadro apparaît dans cette activité comme associé à un paquet particulier. Il n’est pas encore question que ce nombre ait le statut qu’il va acquérir dans la suite du chapitre. Les deux premières questions reprennent des types de calculs déjà mis en œuvre au chapitre 3. Correction

a. La masse matome de l’atome d’aluminium est

égale à la somme des masses de ses constituants : matome = (13 ϫ 1,673·10 – 27) + (14 ϫ 1,675·10 – 27) + (13 ϫ 9,1·10 – 31) = 4,5·10 – 26 kg soit 4,5·10 – 23 g. b. Dans la règle en aluminium de masse M règle = 80 g, il y a : M 80 N = règle = matome 4,5·10 – 23 = 1,8·1022 atomes d’aluminium. c. Dans la règle en aluminium, il y a : 22 1,8·10 N n = ᎏ= = 3,0 « paquets » d’atomes N A 6,0·1023 d’aluminium, soit 3,0 moles d’atomes d’aluminium. d. Pour déterminer la masse d’une mole d’atomes d’aluminium M Al :

ᎏ

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d


ᎏ

ᎏ

6 – L A MOLE

– on peut multiplier la masse d’un atome d’aluminium (matome = 4,5·10 – 23 g) par le nombre d’atomes dans une mole ( N A = 6,0·1023) : M Al = matome N A = 4,5·10 – 23 ϫ 6,0·1023 = 27 g ; – on peut aussi considérer que 80 g d’aluminium représentent 3,0 moles d’atomes d’aluminium. La masse d’une mole d’atomes d’aluminium est alors obtenue par le calcul suivant : M règle 80 M Al = ᎏ = ᎏ = 27 g. n 3,0

3. Quantité de matière, masse molaire (p. 101) Cette activité a pour objectifs : – d’introduire une nouvelle grandeur, la quantité de matière, et son unité, la mole (symbole mol) ; – de définir et de déterminer des masses molaires. Chacune de ces notions est définie dans l’activité aussi simplement que possible. Par exemple, celle de mole l’est en utilisant la notion de « paquet » d’atomes dont l’intérêt a été abordé dans la première activité de ce chapitre. Cela nous a semblé plus approprié que la définition officielle faisant référence au carbone 12, que nous avons reléguée en marge du cours, page 103. De notre point de vue, celle-ci n’est pas opératoire au niveau de la classe de seconde. Une définition est donnée pour la mole de molécules et une autre, presque identique, pour la mole d’atomes. Cette redondance nous a paru importante afin que l’élève ne confonde pas une mole d’atomes dans le cas d’une espèce chimique monoatomique et une mole d’atomes dans le cas d’une espèce chimique moléculaire. Le terme « mole » occasionne facilement la confusion avec « molécule » et les expressions « mole d’atomes » et « mole de molécules » doivent être abondamment utilisées afin que les différents termes prennent du sens les uns par rapport aux autres. Les définitions proposées ici ont valeur de cours. L’expression « atomes identiques » doit être prise au sens large (ce dont l’élève n’a pas à se préoccuper) : les isotopes correspondant à un même élément chimique sont considérés comme des atomes identiques, alors qu’ils ne le sont bien sûr pas. Ainsi, la masse molaire correspondante, telle qu’elle est indiquée dans la classification périodique, est une valeur qui tient compte de la répartition isotopique naturelle. Ces considérations passent généralement au-dessus des élèves, mais il arrive que certains se posent fort légitimement la question. De même, dans la troisième partie du

3

cours de physique concernant les gaz, on sera amené à considérer la quantité de matière d’un mélange gazeux (comme l’air). Bien que les entités concernées O2 et N2 ne soient pas identiques, on sera amené à parler de mole d’air. Les exemples ont été multipliés tout au long de l’activité afin que l’élève puisse être confronté à un grand nombre de possibilités. Correction

1. Quantité de matière a. On lit par exemple (dictionnaire Le Robert ) : Quantité : nombre d’unités ou mesure qui sert à déterminer une collection de choses […] chose qui est susceptible d’être mesurée, etc. b. Le terme « quantité » est associé à une unité de masse pour le sucre (gramme), de volume pour l’essence (litre). Pour le nombre de billes, il n’y a pas d’unité. c. Dans 3,0 mol d’eau ou d’acétone il y a : 3,0 ϫ 6,0·1023 = 1,8·1022 molécules d’eau ou d’acétone. Dans 0,23 mol d’eau ou d’acétone il y a : 0,23 ϫ 6,0·1023 = 1,4·1023 molécules. d. 5,0·1022 molécules d’eau ou d’acétone représen5,0·1022 tent = 0,083 mol d’eau ou d’acétone. 6,0·1023

ᎏ

2. Mole d’atomes et masse molaire a. Calcul de la masse molaire atomique :

2,0·10 – 23 ϫ 6,0·1023 = 12 g pour une mole. b. La classification périodique donne pour C : 12,0 g·mol – 1. Cette valeur et celle trouvée en a sont en accord. c. Quantité de matière de carbone dans la mine de 1,2 crayon : ᎏ = 0,10 mol. 12

3. Masse molaire d’une espèce chimique moléculaire a. Dioxygène : 16,0 ϫ 2 = 32,0 g·mol – 1.

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Eau : 2 ϫ 1,0 + 16,0 = 18,0 g·mol – 1. Acétone : 3 ϫ 12,0 + 6 ϫ 1,0 + 16,0 = 58,0 g·mol – 1. 50 = 2,8 mol. b. Quantité de matière d’eau : ᎏ 18,0 50 = 0,86 mol. c. Quantité de matière d’acétone : ᎏ 58,0

4. Détermination de quantités de matière (p. 102) Cette activité expérimentale a pour objectif principal de déterminer des quantités de matière à partir

4

de masses ou de volumes en faisant prendre conscience à l’élève qu’une quantité de matière, à la différence d’une masse ou d’un volume, ne peut pas se mesurer directement. C’est l’occasion de réaliser des pesées, des mesures de volumes à l’éprouvette graduée. Nous proposons également de réfléchir sur le volume occupé par une molécule dans le cas du soufre, de l’éthanol ou de l’eau liquides. Il est en effet intéressant de réfléchir au volume (petit mais non nul) des molécules surtout pour l’intérêt de l’hypothèse sous-jacente à un tel calcul (question 1. f ). On suppose en effet que les molécules sont au contact les unes des autres à l’état liquide. Ce n’est pas une évidence pour la plupart des élèves de ce niveau qui pensent qu’elles sont plus espacées à l’état liquide qu’à l’état solide (afin que le liquide puisse couler !). Un contre-exemple facilement compréhensible est l’eau dont le volume moléculaire diminue lors de la transition solide/liquide. C’est pour cela que la glace flotte. Il est nécessaire que les notions de quantité de matière et de masse molaire aient été introduites avant de commencer ce TP. L’activité 3 précédente a été prévue pour cela. Il faudra faire remarquer aux élèves que l’on parle ici de mole et de quantité de matière au seul niveau macroscopique . C’est presque toujours le cas et, en chimie, le niveau microscopique est rarement utilisé lors de questions quantitatives. Les élèves n’ont donc généralement pas à utiliser le nombre d’Avogadro. Note. Les échantillons utilisés pourront être récupérés.

Correction

1. Cas de solides a. La masse molaire du fer est M Fe = 55,8 g·mol – 1.

La masse molaire du saccharose est M sac = 342,0 g·mol – 1. b. Il faut peser mFe = M Fe ϫ n = 55,8 ϫ 0,20 = 11 g de fer et msac = M sac ϫ n = 342,0 ϫ 0,20 = 68 g de sucre. c. Les masses de quantités de matière égales de fer et de sucre sont différentes parce que les masses molaires sont différentes. À l’échelle microscopique, les masses de l’atome de fer et de la molécule de sucre sont différentes. d. La masse molaire de l’espèce chimique S 8 est 8 ϫ M S = 8 ϫ 32,1 = 257 g·mol – 1. Si mS est la masse du morceau de soufre, la quantité mS de matière (en mol) est nS = ᎏ . 257

6 – LA MOLE

e. On procède par déplacement d’eau : on introduit le morceau de soufre dans une éprouvette contenant un volume d’eau V 1 = 50,0 mL. Le nouveau volume lu est V 2. Le volume du morceau de soufre est V S = V 2 – V 1. Une molécule de soufre occupe un volume V S où N A est le nombre de molécules dans ᎏᎏ (nS ϫ N A) une mole soit 6,0·1023 molécules par mole. Note. On n’a pas encore utilisé l’expression « nombre d’Avogadro » mais il n’empêche que la notation N A est dès à présent souhaitable.

f. On a implicitement choisi un modèle qui considère que les molécules au sein d’un solide se touchent donc qu’il n’y a pas d’espaces vides entre elles.

46,0 g·mol – 1 pour l’éthanol. b. 0,20 mol d’eau, c’est 3,6 g soit 3,6 mL d’eau (on utilisera l’éprouvette graduée de 10 mL). 0,20 mol d’éthanol, c’est 9,2 g soit 12 mL d’éthanol (on utilisera l’éprouvette graduée de 25 mL). c. Une molécule d’eau occupe un volume donné par V M = 18,023 = 3,0·10 – 23 mL. ᎏ N A 6·10 Une molécule d’éthanol occupe un volume donné V M 46,0 par ᎏ = = 9,8·10 – 23 mL. 23 N A (0,78 ϫ 6·10 ) d. Le volume d’une molécule d’éthanol est environ trois fois plus grand que celui d’une molécule d’eau. En effet, une molécule d’eau est constituée de 2 atomes H et 1 atome O alors qu’une molécule d’éthanol comporte en plus 2 atomes C et 4 atomes H : il est logique qu’elle soit plus grosse.

3. Travail de réflexion

Correction

a. Masses molaires : 18,0 g·mol – 1 pour l’eau,

ᎏ

ᎏᎏ

a. Dans la partie 1, on a mesuré la masse d’un

d


5. Volume molaire (p. 108) L’objectif de cette activité expérimentale est de déterminer quelques volumes molaires de solides et de liquides puis le volume molaire d’un gaz. La deuxième partie est aussi l’occasion de déterminer expérimentalement une masse volumique. On remarquera que la valeur trouvée en troisième partie pour le volume molaire du gaz est très supérieure aux valeurs rencontrées dans les exemples de solides et de liquides. Cette information était prévisible et il était demandé aux élèves leur avis dès le début de l’activité afin de les faire réfléchir sur le sens physique de cette grandeur, dont on réserve peut-être trop souvent l’usage au gaz. La question 3. c fait admettre implicitement la notion de stœchiométrie qui n’est pas encore connue. Il ne faut donc pas s’étendre sur cette question qui, avec la formulation proposée, ne pose pas de difficulté aux élèves. Tout au plus pourra-t-on faire remarquer que la relation proposée « même quantité de matière de H 2 formé que de Mg disparu » est un cas particulier d’une loi qui sera étudiée dans sa généralité en fin d’année.

2. Cas de liquides

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On peut remarquer que les déterminations de quantités de matière dans les parties 1 et 2 ont aussi nécessité la connaissance de la masse molaire de l’espèce chimique considérée. Matériel • poudre de fer ; • sucre en poudre ; • soufre solide (morceau de soufre en canon) ; • éthanol (l’alcool à brûler convient) ; • balance au dg ; • éprouvettes graduées de 100 mL, 10 mL et 25 mL.

échantillon d’espèce chimique correspondant à la quantité de matière demandée. Dans la partie 2, on a mesuré le volume d’un échantillon d’espèce chimique correspondant à la quantité de matière demandée. b. Si un appareil était capable de compter une molécule toutes les µs, il lui faudrait 6 ·1023 µs = 6·1017 s soit 19 milliards d’années pour compter les molécules d’une mole. C’est beaucoup… c. Si l’espèce chimique est inconnue, sa masse molaire aussi, et l’appareil ne pourra pas calculer la quantité de matière. Il ne pourra donner que la masse de l’échantillon.

6 – L A MOLE

1. Introduction à l’activité a. Le volume molaire d’une espèce chimique est le volume occupé par 1 mol de cette espèce chimique. b. Une mole, c’est toujours 6·1023 entités identiques. Le volume molaire est le volume occupé par 6·1023 entités. Les entités étant moins « tassées » dans les gaz (cela a été vu au collège), c’est la vapeur d’eau qui aura le plus grand volume molaire.

2. Cas des solides et des liquides

M . a. Masse volumique = Masse molaire : ρ = ᎏ V m Volume molaire

ᎏᎏ

5

M (en g·mol – 1) : b. On trouve respectivement pour M 12,0 ; 58,5 58,5 ; 18,0 18,0 et et 46,0. 46,0. Pour déterminer la masse volumique de l’éthanol, on utilise un volume V d’éthanol (éprouvette graduée) dont on détermine la masse m (masse de l’éprouvette et de l’éthanol – masse de l’éprouvette m . On trtrouve 0,78 g·cm – 3. vide). On calcule ρ = ᎏ V Les volume volumess molaires molaires sont sont respect respectivem ivement ent (en – 1 – 3 – 2 – 2 L·mol ) : 5,2·1 5,2·100 ; 2,7·10 ; 1,8·10 et 5,9·10 – 2. Rappel : 1 mL = 1 cm3 = 10 – 3 L. c. Pour des masses volumiques ρ voisines, comme m M ρ = ᎏ ou ᎏ plus la masse molaire M est grande, V V m plus le volume molaire V m est grand. Il faut donc comparer les masses molaires. Les résultats montrent que le graphite et le chlorure de sodium ont des masses volumiques voisines. De même, l’eau et l’éthanol ont des masses volumiques assez voisines. Le volume molaire de l’eau est plus petit que celui de l’éthanol. Il en va de même pour les masses molaires.

3. Cas des gaz a. L’ouverture est nécessaire pour que la solution de l’éprouvette puisse s’évacuer dans le cristallisoir lors de la formation du gaz. b. La masse molaire du magnésium est : M Mg = 24 24,3 ,3 g·m g·mol ol – 1. La quantité de matière de magnésium utilisée est mMg nMg = ᎏ où mMg est la masse du morceau de M Mg magnésium. Avec mMg = 0,42 g, g, on obtie obtient nt nMg = 1, 1,7·1 7·100 – 3 mol. c. La quantité de matière de dihydrogène obtenu est nH2 = 1, 1,7·1 7·100 – 3 mol. V . d. Pour un volume V de gaz recueilli, V m = ᎏ nH2 Si V ≈ 40 mL mL al alor orss V m ≈ 24 L·mol – 1. On se limitera à 2 chiffres significatifs. e. On éliminera les valeurs de V m inférieures à 20 L· L·mo moll – 1 et supérieure supérieuress à 30 L·mol – 1. On fera la moyenne arithmétique des autres valeurs. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Note. Les erreurs inévitables liées à la pression effective du gaz dans l’éprouvette et à sa température ne seront pas prises en compte, d’autant plus qu’au moment de l’année scolaire où cette activité est réalisée, l’étude des gaz en physique n’a pas encore été faite.

f. Les volumes molaires des solides et liquides considérés dans la partie 2 sont très inférieurs au volume molaire du gaz. Ceci est conforme à la prévision de 1. b.

6

Matériel • ba bala lanc ncee (au (au cg cg)) ; • cr cris ista tall llis isoir oir ; • éprouve éprouvette tte graduée graduée de 100 mL et bouchon bouchon à 1 trou adap ad apté té ; • éth éthano anoll (alco (alcool ol à brû brûler ler)) ; • ru ruba bann de mag magné nési sium um ; • acide chlorhydr chlorhydrique ique 1 mol·L mol·L – 1 ; • ga gant nts, s, lu lune nett ttes es ; • support avec pince.

Exercices Appliquer ses connaissances • Quantité de matière, entités 9.

Espèce chimique

Quantité Nombre Nombre de de matière d’atomes molécules (mol)

Dihydrogène H2

1,2·1024

6,0·1023

1,0

5,4·1022

1,8·1022

0,030

1,6·1026

5,2·1025

87

1,6·1023

1,8·1022

0,030

4,7·1026

5,2·1025

87

Eau H2O Alcool C2H6O

Les échantillons représentent une mole de chaque espèce chimique, soit une masse dont la valeur est égale à celle de la masse molaire de l’espèce chimique : • di dioxy oxyde de d’a d’azo zote te : 46, 46,00 g ; • car carbo bone ne : 12,0 12,0 g ; • sou soufr free : 32, 32,11 g ; • sulfat sulfatee de cuivre cuivre hydr hydraté até : 249,6 249,6 g ; • ferric ferricyan yanure ure de pota potassi ssium um : 329,1 329,1 g ; • plo plomb mb : 207 207,2 ,2 g ; • cui cuivr vree : 63, 63,55 g ; • eau eau : 18, 18,00 g ; • éthano éthanoll : 46,0 46,0 g. 11.

• Quantité de matière, masse 12.

a. 1,0·10 – 2 ϫ 44, 44,00 = 0,4 0,444 g.

63,55 = 1, 1,66 ·1 ·1002 g. b. 2,5 ϫ 63, 17,00 = 3, 3,44 g. c. 2,0·10 – 1 ϫ 17, – 2 96,11 = 1, 1,99 g. d. 2,0·10 ϫ 96, 14.

atome de sodium sodium : a. Masse d’un atome

23,0 = 3, 3,82· 82·10 10 ᎏ 6,02·10

– 23

23

g.

6 – LA MOLE

b. Nombre d’atomes de sodium dans 1,0 g de 1,0 sodi so dium um : ᎏᎏ = 2, 2,6·10 6·1022 atomes. – 23 3,82·10 15.

molairee de l’aluminium l’aluminium : a. Masse molair

135 = 27 M Al = ᎏ 27,0 g·mol – 1. 5,00 d’un atome atome d’aluminium d’aluminium : b. Masse d’un 27,0 = 4, 4,49· 49·10 10 – 23 g. ᎏᎏ 23 6,02·10 c. La masse de l’ion est égale à celle de l’atome. 16.

a. La masse d’une mole d’ions Na + est égale à

la masse molaire attribuée à l’élément chimique sodium Na soit 23,0 g·mol – 1. La masse d’une mole d’ions Cl – est égale à la masse molaire attribuée à l’élément chimique chlore Cl, soit 35,5 g·mol – 1. masse molaire molaire du chlorure chlorure de sodium sodium est est : b. La masse M NaCl = M Na+ + M Cl – = M Na + M Cl = 23 23,0 ,0 + 35 35,5 ,5 = 58 58,5 ,5 g· g·mo moll – 1. c. La masse de chlorure de sodium à peser est mNaCl = nNaCl M NaCl = 3, 3,20· 20·10 10 – 2 ϫ 58, 58,55 = 1, 1,87 87 g. g. – 3 3,20· 20·10 10 mol. d. nNa+ = nCl – = 3, 18.

Quantité Masse Masse de molaire (g) matière (g·mol – 1) (mol)

Formule

Nom

HCl

chlorure d’hydrogène

36,5

7,3

0,20

SO2– ion sulfate 4

96,1

12 0

1,25

N2

28,0

28,0

1,00

64,1

0,64

1,0·10 – 2

100,1

50

0,50

2,0

1,0

0,50

diazote

SO2 dioxyde de soufre CaCO3

calcaire

H2 dihydrogène 19.

a. Nombre d’atome d’atomess d’or dans la pièce pièce :

15 = 4, 4,5·1 5·100 ᎏ 3,3·10

22

– 22

atomes.

b. Masse d’un atome atome d’or d’or : – 27

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


– 25

– 22

197 ϫ 1,67·10 = 3, 3,29· 29·10 10 kg ou 3,29·10 g. – 22 3,29·1 29·100 ϫ 6,02·1023 = 198 g· g·mo moll – 1. c. M Au = 3, La classification périodique donne 197,0 g·mol – 1. 176,0 6,0 g·m g·mol ol – 1. a. M = 17 m = 0,500 = 2,84 ·10 – 3 mol. b. n = ᎏ ᎏ M 176,0 moléculess : c. Nombre de molécule

6 = 0,3 soit 30 %. Élémen mentt chi chimiq mique ue car carbone bone : ᎏ d. Élé

20 8 = 0, Hydr Hy drog ogèn ènee : ᎏ 0,44 so soit it 40 %. 20 6 = 0, Oxyg Ox ygèn ènee : ᎏ 0,33 so soit it 30 %. 20 Élément nt chimique chimique carbone carbone : e. Éléme 72,0 = 0, 0,410 410 so soit it 41, 41,00 %. ᎏ 176,0 8,0 = 0, Hydro Hyd rogè gène ne : ᎏ 0,045 045 so soit it 4, 4,55 %. 176,0 96,0 = 0, Oxygè Oxy gène ne : ᎏ 0,545 545 so soit it 54 54,5 ,5 %. 176,0 21.

194,0 ,0 g·mo g·moll – 1. a. M = 194

96,0 = 0,49 Élémen mentt chi chimiq mique ue car carbone bone : ᎏ 0,4955 soit b. Élé 194,0

49,5 49 ,5 %.

10,0 = 0, Hydr Hy drogè ogène ne : ᎏ 0,052 052 so soit it 5, 5,22 %. 194,0 56,0 = 0, Azot Az otee : ᎏ 0,28 2899 so soit it 28 28,9 ,9 %. 194,0 32,0 = 0, Oxyg Ox ygèn ènee : ᎏ 0,165 165 so soit it 16, 16,55 %. 194,0 80·10 – 3 = 4,1·10 – 4 mol. c. n = 194,0 Nombre de molécule moléculess : – 4 4,1·10 ϫ 6,0·1023 = 5,6·1 6·10019 molécules. 600 = 7 ta d. ᎏ tassses. 80 Il y a au plus 0,250 g de caféine dans un paquet, paqu et, soit une quantité de matière de caféine : 0,250 = 1,29 ·10 – 3 mol. n=ᎏ 194,0 1 = 2 ·10 – 2 g. 22. a. Mas Masse se d’un gra grain in de riz : ᎏ 50 d’une mole de grains de riz : b. Masse d’une – 2 2·10 ϫ 6·1023 = 12· 2·11021 g soit 12·1018 kg. c. Les Chinois consomment, par jour, 0,250 ϫ 1,24·109 = 3, 3,1· 1·10 108 kg de riz et, en un an, 3,1·108 ϫ 365 = 11, 1,33 ·1 ·10010 kg de riz. Pour consommer une mole de grains de riz, il leur 18 faudr fa udrai aitt 12·10 10 = 108 ans environ soit 100 mil11,3·10 lionss d’année lion d’annéess !

ᎏ

ᎏ

• Isotopes a. Il y a 19,6 moles d’atomes de bore 10 et

20.

23.

2,84·10 – 3 ϫ 6,02·1023 = 1, 1,71 71·1 ·10021 molécules.

80,4 moles d’atomes de bore 11. de bore bore 10 b. 19,6 ϫ 10,0 = 196 g de 80,4 ϫ 11,0 = 884 g de bore bore 11. 11. Masse se total totalee pour pour 100 moles moles : 1 080 g. c. Mas

6 – L A MOLE

7

M = 10,8 g·m g·mol ol – 1 ; c’est la valeur que donne la classification périodique. On utilise la méthode de l’exercice 23. Masse Mas se de 100 100 moles moles : (92,6 ϫ 7, 7,0) 0) + (7 (7,4 ,4 ϫ 6, 6,0) 0) = 69 6933 g – 1 M = 6,9 6,933 g·m g·mol ol soit environ 6,9 g·mol – 1, valeur que donne la classification périodique. 24.

occupé par par une a. Volume de 24 L (volume occupé

mole de gaz dans les conditions considérées). b. Une mole. 22,44 L·mo L·moll – 1 ; a. V m = 22, V = 1,5 = 6,7 ·10 –2 mol. n=ᎏ ᎏ V m 22,4 b. m = n M = 6, 6,7·1 7·100 – 2 ϫ 2, 2,00 = 0, 0,13 13 g. g. 27.

2,4 = 6, 6,8·10 8·10 – 2 mol. c. nЈ = ᎏ

35 d. Les résultats sont voisins. Le volume molaire augmente quand la température augmente augmen te : une mole occupe occupe un plus grand volume, volume, mais on a utilisé un récipient de plus grand volume. 36 = 1,6) ét Le ra rapp ppor ortt de des vo volum umees mo molaires ( ᎏ étant 22,4 égal au rapport des volumes des récipients ( 2,4 on tr trou ouvve de des qua quant ntiités de de ma matière ᎏ = 1,6), on 1,5 pratiquement égales.

• Mélange de gaz 28.

a. 50

ϫ

0,80 0, 80 = 40 m3 de diazote et 10 m3 de

dioxygène. 3 1,7·1 7·1003 mol de diazote b. 40·10 = 1, 24

ᎏ 23

10·10 = 4, 4,2·1 2·100 mol de dioxygène. ᎏ 24 2

diazote : 1,7·1023 ϫ 28 28,0 ,0 = 48·103 g soit c. Masse de diazote 48 kg. Masse Mas se de de dioxyg dioxygène ène : 4,2 4,2 ·102 soit 13 kg. Masse se totale totale : 61 kg. d. Mas 29. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


ϫ

32,00 g·mo g·moll – 1 ; a. M dioxygène = 32,

32,0 32 ,0 = 13· 13·10 103 g

M dioxyde de carbone = 44, 44,00 g·mo g·moll – 1. 100 b. ndioxygène = ᎏ = 3,13 mol ; 32,0 100 ndioxyde de cabone = ᎏ = 2, 2,27 mol. 44,0 c. V dioxygène = 3,13 ϫ 24 = 75 L ; V dioxyde de carbone = 2,27 ϫ 24 = 55 L.

8

volume de 5,40 ϫ 24 = 13 1300 L soi oitt 75 L + 55 L. Le volume du mélange est égal à la somme des volumes des deux gaz puisque les conditions restent les mêmes et que tous les gaz ont, dans les mêmes conditions, le même volume molaire.

• Masse volumique 31.

• État gazeux 25.

d. Il y a au total 5,40 mol de gaz. Ce gaz occupe un

a. La masse d’une mole de dichlore est la

masse molaire du dichlore soit 35,5 ϫ 2 = 71 71,0 ,0 g. La masse d’une mole de chlorure d’hydrogène est la masse molaire du chlorure d’hydrogène soit 36,5 g·mol – 1. b. La masse volumique du dichlore dans les conditions envisagées est : M Cl 71,0 ρ Cl2 = ᎏ2 = ᎏ = 3,0 g·L – 1. V m 24 Pour le chlorure chlorure d’hydrogè d’hydrogène ne : M HCl 36,5 = ᎏ = 1,5 g·L – 1. ρ HCl = ᎏ V m 24 c. Le volume molaire du dichlore dans les conditions où sa masse volumique est ρ ЈCl2 = 3, 3,22 g·L g·L –1 est M Cl 71,0 = 22 L·mol – 1. V Јm = ᎏ2 = ᎏ ρ ЈCl2 3,2 chlorure d’hydrogène d’hydrogène HCl, la masse d. Pour le gaz chlorure volumiquee est volumiqu est alors : M HCl 36,5 ρ ЈHCl = ᎏ = ᎏ = 1,7 g·L – 1. V Јm 22 e. Pour le dichlore, à un volume molaire de 24 L·mol – 1, correspond une masse volumique de 3,0 g·L – 1. Pour le dichlore, à un volume molaire de 22 L·mol – 1, correspond une masse volumique de 3,2 g·L – 1. Pour le chlorure d’hydrogène, à un volume molaire de 24 L·mol – 1, correspond une masse volumique de 1,5 g·L – 1. Pour le chlorure d’hydrogène, à un volume molaire de 22 L·mol – 1, correspond une masse volumique de 1,7 g·L – 1. Donc la masse volumique augmente quand le volume molair molairee diminue diminue : les variation variationss sont de M il sens contraires. Comme, pour une mole, ρ = ᎏ V m M donnée, ρ augmente quand est logique que, pour M V m diminue. 32.

a. La masse du gaz est donnée par m = ρ V V, d’où

m = 1,8 ϫ 0,2 0,255 = 0, 0,45 45 g. g. b. Masse molair molairee du propane propane : M = 3 M C + 8 M H = 3 ϫ 12 12,0 ,0 + 8 ϫ 1,0 – 1 = 44, 44,00 g·mo g·moll .

6 – LA MOLE

c. La quantité de matière de propane est m = 0,45 = 1,0·10 – 2 mol. n=ᎏ ᎏ M 44,0 d. Le volume molaire du propane dans les conditions envisagées est : V = 0,25 = 25 L·mol – 1. V m = ᎏ ᎏᎏ n 1,0·10 – 2 e. Dans les mêmes conditions de température et de pression, le volume molaire est le même pour tous les gaz (loi d’Avogadro-Ampère). Donc, pour le méthane, dans les mêmes conditions que pour le propane, V m = 25 L·mol – 1.

Aller plus loin 33. Isotopes

du magnésium a. Masse d’un proton : 1,673·10 – 27 kg. Masse d’un neutron : 1,675·10 – 27 kg. Masse d’un électron : 9,109·10 – 31 kg. b. Mole de protons : 1,673·10 – 27 ϫ 6,022·1023 = 1,0·10 – 3 kg soit 1,0 g. De même pour une mole de neutrons. Mole d’électrons : 5,5·10 – 4 g (négligeable). c. 24 ϫ 1,0 = 24 g. d. 25 g et 26 g. e. M = 24 ϫ 0,79 + 25 ϫ 0,10 + 26 ϫ 0,11 = 24,3 g·mol – 1. f. La classification périodique donne la valeur trouvée en e. 34. État

liquide, état gazeux a. M = 46,0 g·mol – 1. 46,0 3 b. V = M ᎏ = ᎏ = 60 cm ou 60 mL. ρ 0,78 c. Pour la vapeur, la masse volumique est : 46,0 = 1,9 g·L – 1 soit 1,9·10 – 3 g·cm – 3. ᎏ 29

d. Le volume occupé par une mole d’éthanol est de 60 mL à l’état liquide et 29 L à l’état gazeux : le volume molaire est beaucoup plus important à l’état gazeux. La masse volumique de l’éthanol est de 0,78 g·cm – 3, à l’état liquide, et de 1,9.10 – 3 g·cm – 3, à l’état gazeux : elle est beaucoup plus petite pour le gaz (qui, à quantité de matière égale, donc à masse égale, occupe un volume beaucoup plus grand). À l’état gazeux, les molécules sont beaucoup plus éloignées les unes des autres qu’à l’état liquide. 35. Mole 2+

d’ions – 1. Ca ; Mg2+ ; Na+ ; SO42– ; NO – 3 ; HCO3 . 2. Quantité de matière d’ions : • calcium : 0,555 = 1,38·10 – 2 mol ; ᎏ 40,1 • magnésium : 0,110 = 4,53·10 – 3 mol ; ᎏ 24,3 • sodium : 0,014 = 6,09·10 – 4 mol ; ᎏ 23,0 • sulfate : 1,479 = 1,54·10 – 2 mol ; ᎏ 96,1 • nitrate : 0,002 9 = 4,68·10 – 5 mol ; 62,0 • hydrogénocarbonate : 0,403 = 6,61·10 – 3 mol. ᎏ 61,0 3. a. Charges positives : 2 ϫ 1,38·10 – 2 + 2 ϫ 4,53·10 – 3 + 6,09·10 – 4 = 37,3·10 – 3 mol. b. Charges négatives : 2 ϫ 1,54·10 – 2 + 4,68·10 – 5 + 6,61·10 – 3 = 37,4·10 – 3 mol. c. Les quantités de charges positives et négatives sont pratiquement égales : l’électroneutralité de l’eau minérale est respectée, compte tenu de la précision des données et des calculs.

ᎏ

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


6 – L A MOLE

9

CHAPITRE 7. CONCENTRATION MOLAIRE Aspects pédagogiques et scientifiques Concentration et quantité de matière

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


La notion de concentration fait son entrée à ce niveau de la progression proposée par le programme, l’étude se limitant à la concentration molaire des espèces chimiques moléculaires en solution. L’élève a utilisé des solutions depuis qu’il fait de la chimie. Il en a rencontré qui portent le même nom, mais qui présentent des colorations plus ou moins intenses. Il sait, d’autre part, qu’une eau sucrée l’est plus ou moins. Il comprendra donc la nécessité d’attribuer à une solution une grandeur chiffrée, sa concentration, qu’il aura sans doute eu l’occasion de lire sur les étiquettes des flacons. La grandeur quantité de matière ayant été introduite au chapitre précédent, la concentration molaire d’une espèce chimique en solution est une suite logique dans la progression. La restriction aux espèces chimiques moléculaires facilite l’étude, mais réduit le nombre d’exemples. Il n’est pas exclu, comme le mentionnent les commentaires du programme, de « présenter des expériences dans lesquelles les solutions résultent de la dissolution de solides ioniques », même si la relation entre la quantité de matière de soluté apporté et celle des ions en solution n’est pas envisagée. Nous avons utilisé des solutions de permanganate de potassium pour construire une échelle de teintes (activité 5) : il s’agit d’une espèce chimique inoffensive, dont les solutions présentent une belle coloration allant du mauve pâle au violet foncé, qui séduit les élèves. Dans ce cas, on ne parle pas de « concentration d’une solution de permanganate de potassium » mais de « concentration en ions permanganate » d’une solution de permanganate de potassium, en privilégiant les ions qui colorent la solution. Il n’y a pas d’ambiguïté ici puisque les anions et les cations sont en nombres égaux, mais ce n’est évidemment pas le cas pour toutes les solutions ioniques.

7 – C ONCENTRATION MOLAIRE

Nous rappelons que les solutions de diiode sont obtenues par dissolution de cristaux de diiode I2 (toxiques) dans l’eau en présence d’iodure de potassium. La dissolution peut également se faire dans un solvant tel que le cyclohexane. Nous considérerons que les solutions de diiode sont des solutions moléculaires contenant l’espèce chimique I 2. Il sera fait allusion à la notion de concentration massique, qui intervient assez souvent au quotidien.

Le cours et les activités Les activités de découverte introduisent, au moyen d’exemples, les concepts fondamentaux du chapitre. • Notion de concentration, échelle de teintes (activité 1). • Solution aqueuse, concentration molaire, dilution, évaporation de solvant (activité 2). • Préparation de solutions aqueuses (activité 3). n , dilution et prélè• Utilisation de la relation c = ᎏ V vement (activité 4). Toutes ces notions sont reprises dans le cours, généralisées et illustrées d’exemples. Les activités d’exploitation sont consacrées : – à la réalisation et à l’exploitation d’une échelle de teintes (activité 5) ; – à la connaissance et à l’utilisation des concentrations de quelques solutions courantes intervenant dans la vie quotidienne (activité documentaire 6). Deux fiches méthodes (2 et 5) complètent ce chapitre.

Activités de découverte 1. Sirop de menthe (p. 116) Cette activité a pour objectifs : – d’introduire la notion de concentration à partir d’une boisson colorée. Le terme « concentration » n’est pas employé ; on se limite pour le moment à l’utilisation de l’adjectif « concentré » qui fait plus partie du vocabulaire courant ; – d’initier les élèves à la préparation et à l’utilisation d’une échelle de teintes (une autre activité sera consacrée à l’échelle de teinte) ;

1

– d’approcher le fait que des solutions aqueuses d’un même soluté, de même concentration, contiennent des quantités de matière de soluté égales pour des volumes égaux. La concentration de la solution est ici liée à sa couleur, à condition d’utiliser des volumes égaux de solutions dans des récipients identiques. Nous avons choisi de faire réfléchir les élèves sur une série de solutions dont le volume n’est pas constant. En préparant les solutions de la façon préconisée (volume constant d’eau et croissant de sirop), on se positionne loin de la façon dont le chimiste opère (volume constant de solution et constant de soluté). Nous pensons que cette approche est plus simple pour les élèves et permet une comparaison avec la préparation habituelle en chimie pour mieux faire ressortir les différences et montrer ainsi l’intérêt de la préparation réalisée par le chimiste. Cette activité ne nécessite aucun calcul, à la différence de la suivante. Les élèves sont conviés à aborder le concept de concentration en utilisant quelques-uns des cinq sens du chimiste, la vue et l’idée qu’ils se font du goût des boissons préparées. Leur intuition est aussi mise à contribution pour interpréter et prévoir, suivant les questions. Correction

a. Les volumes ne sont pas précisément égaux mais

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


sont approximativement égaux (on observe que le niveau du liquide dans le tube 5 dépasse de quelques mm le niveau dans le tube 1). On pourra utiliser cette constatation lorsqu’on définira la concentration relativement au volume de solution (et non au volume de solvant). b. Boisson « plus (ou moins) concentrée en sirop de menthe » signifie qu’on a introduit dans un même volume d’eau plus (ou moins) de sirop de menthe. c. On constate, par simple observation, que la couleur de la boisson est de plus en plus intense du tube 1 au tube 5, c’est-à-dire d’autant plus intense que la boisson est plus concentrée en sirop de menthe. La couleur varie graduellement ; la constitution de chaque solution est connue et varie régulièrement : on peut parler d’échelle de teintes. d. Dans le tube 1, il y a 5 gouttes de sirop pour 10 mL (environ) de boisson. Pour fabriquer un litre de boisson analogue (volume cent fois plus grand), il faudrait 500 gouttes de sirop. Dans le tube 5, il y a 25 gouttes de sirop pour 10 mL (environ) de boisson. Pour fabriquer un litre de

2

boisson analogue (volume cent fois plus grand), il faudrait 2 500 gouttes de sirop. e. Il faut se ramener à 10 mL de cette solution pour pouvoir faire une comparaison. Il y a 21 gouttes de sirop de menthe dans 30 mL de solution, donc 21 ᎏ = 7 gouttes dans 10 mL. On attend une colora3 tion intermédiaire entre celles des contenus des tubes 1 et 2. f. Des boissons identiques dans des récipients de formes différentes n’ont pas le même aspect : la comparaison des couleurs peut conduire à une conclusion erronée.

Matériel • 6 tubes à essais ; • compte-gouttes ; • sirop de menthe verte.

2. Sucre et eau sucrée (p. 116) Les objectifs de cette activité sont de : – définir la grandeur concentration molaire à partir de diverses solutions de saccharose obtenues en mettant en œuvre les opérations de dissolution, dilution et évaporation partielle de solvant ; – prendre conscience du fait qu’ajouter ou retirer du solvant ne modifie pas la quantité de matière initiale de saccharose, mais en modifie la concentration. À la différence de l’activité précédente, il est demandé aux élèves d’effectuer des petits calculs de quantité de matière. Cette grandeur leur pose toujours des problèmes, que cette seule activité ne va pas résoudre par magie, mais les calculs étant simples, classiques et aidés, ils doivent pouvoir y parvenir. Il faut que l’élève fasse le lien entre la notion de concentration et celle de quantité de matière, et cette activité y contribue. Imaginer une façon de diluer une solution est facile pour les élèves de ce niveau. En revanche, concentrer leur pose plus de problème. La fin de cette activité aide à réfléchir à cette question en relation avec la définition de la grandeur concentration qui vient d’être donnée. Correction

a. Quantité de matière de saccharose dans la solum = 50 = 0,15 mol. tion (S1) : n = ᎏ ᎏ M 342 b. Dans un litre de solution, il y a 5 fois plus de saccharose soit 0,75 mol de saccharose.

7 – CONCENTRATION MOLAIRE

La concentration molaire en saccharose de la solution (S1) est donc 0,75 mol·L – 1. c. On a toujours 0,15 mol de saccharose. Le volume de la solution est 500 mL. Dans un litre, il y aurait 2 fois plus de saccharose soit 0,30 mol. La concentration molaire en saccharose de la solution (S2) est 0,30 mol·L – 1. d. On a toujours 0,15 mol de saccharose. Le volume de la solution est 360 mL. Dans un litre, 0,15 = 0,42 mol de saccharose. il y aurait ᎏ 0,360 La concentration molaire en saccharose de la solution (S3) est 0,42 mol·L – 1.

3. Préparation de solutions aqueuses (p. 117)

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L’objectif de cette activité expérimentale est d’apprendre à préparer une solution de concentration donnée : – par dissolution d’un solide ; – par dilution d’une solution. en effectuant les calculs nécessaires, en choisissant un matériel approprié pour mesurer des volumes de liquides et en suivant un protocole expérimental. Cette activité est aussi l’occasion de revoir le test des sucres. Le professeur invitera les élèves à se reporter aux fiches méthodes pour l’utilisation du matériel. Le travail en TP, jusqu’au bac, est souvent ralenti dès que des calculs préparatoires à l’obtention d’une solution de concentration donnée sont requis. De nombreuses grandeurs sont susceptibles d’intervenir (masse volumique, masse, volume, quantité de matière, concentration, masse molaire, etc.). Et pourtant, tout se ramène toujours au rapport d’une quantité de matière à un volume. C’est donc de cette relation qu’il est question sur deux exemples afin de traiter le cœur du problème. Le mode opératoire détaillé fourni confère à ce TP un statut de passage obligé. Le test au réactif de Fehling proposé à partir de deux solutions de concentrations différentes permet de relier la concentration de deux solutions incolores à un événement perceptible. Pour la solution la plus concentrée, l’apparition de la couleur rouge brique est plus rapide et le précipité de Cu 2O plus abondant. Bien que cette observation ne trouve pas d’explication au niveau de la classe de seconde, elle est intuitivement accepté par les élèves et bien reliée à la notion de concentration.


Correction

1. Préparation d’une solution par dissolution d’un solide. a. Masse molaire du glucose : 180 g·mol – 1. Il faut peser 1,80 g de glucose. b. Il faut utiliser une balance au centigramme. c. On utilise la fiole jaugée de 100 mL.

2. Préparation d’une solution par dilution a. Pour préparer V 2 = 50,0 mL de solution (S2) de concentration c2 = 1,00·10 – 2 mol·L – 1, il faut n2 = c2V 2 = 1,00·10 – 2 ϫ 50,0·10 – 3 = 5,00·10 – 4 mol

de glucose. b. Cette quantité de matière de soluté est apportée par un volume V 1 de solution (S1) tel que : n2 5,00·10 – 4 n2 = c1V 1 soit V 1 = ᎏ = ᎏᎏ = 5,00·10 – 3 L 0,100 c1 soit 5,00 mL. c. On choisit la pipette jaugée de 5 mL et la fiole jaugée de 50 mL.

3. Comparaison des solutions a. Pour la première solution (la plus concentrée), il suffit de chauffer quelques instants pour voir apparaître un abondant précipité rouge brique. Pour la deuxième solution, il faut chauffer un peu plus longtemps et le précipité obtenu est moins abondant. b. Le test au réactif de Fehling sert à caractériser la présence de sucre dans une solution. c. On a introduit dans chaque tube un même volume V de solution, mais la solution (S1) est 10 fois plus concentrée que la solution (S 2). La quantité de matière de glucose dans le premier tube est 10 fois plus grande que dans le second. Il est donc normal que le test dans le tube de solution (S1) donne un résultat plus marqué, obtenu plus rapidement. Notes • Le test au réactif de Fehling concerne les sucres réducteurs. C’est le cas du glucose. • Le réactif de Fehling est obtenu par réaction chimique entre une solution de sulfate de cuivre II et une solution basique de tartrate de sodium (ou de potassium). À ce pH, les ions Cu 2+ devraient être précipités sous forme Cu(OH) 2 mais, complexés par les ions tartrate notés ici Y 4– , ils sont maintenus en solution. Le test se déroule à chaud. Il s’agit d’une réaction d’oxydoréduction entre les couples CuY 2– /Cu(I) (sous forme de précipité rouge brique, Cu 2O) et glucose/acide gluconique (le groupe caractéristique aldéhyde du glucose est oxydé en groupe acide carboxylique).

Matériel • Fioles jaugées : 50 mL, 100 mL, 1 L

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• Pipettes jaugées : 5 mL, 10 mL, 20 mL • Poire d’aspiration • Coupelle • Spatule • Entonnoir • Pipette simple • 2 tubes à essais • Balance • Glucose • Réactif de Fehling • Moyen de chauffage • Pince en bois

4. Concentration et parfumerie (p. 118) Cette activité a pour but de mettre en œuvre, sur des exemples situés hors du laboratoire de chimie, la relation entre concentration, quantité de matière de soluté dissous et volume de la solution. C’est aussi l’occasion de confronter l’élève au devenir des grandeurs quantité de matière, volume et concentration lors d’une dilution (partie 1) et d’un prélèvement (partie 2). La partie 1 considère la dissolution dans l’eau d’un liquide, l’éthanol. Elle débute avec des questions simples. La partie 2, qui s’appuie sur l’étude des solutions odorantes intervenant en parfumerie, réinvestit des connaissances antérieures du collège ou du début d’année de seconde : solution homogène, solvant volatil, extraction par solvant, méthodes de séparation… Elle nécessite, pour être faite complètement, d’avoir une bonne représentation de ce qu’est une solution. Ce point manque souvent aux élèves, même en première S, et constitue un handicap en particulier pour l’étude des titrages. Correction

1. Eau alcoolisée et dilution a. Concentration molaire de la solution : nA 0,250 cA = ᎏ = ᎏ = 1,25 mol·L – 1. V 0,200 b. V Ј = 400 mL. c. nAЈ = nA = 0,250 mol. nAЈ 0,250 = 0, 625 mol·L – 1 (cЈ = cA ). =ᎏ d. cAЈ = ᎏ A ᎏ V Ј 0,400 2

2. Solutions odorantes et prélèvement r e i t a H © 4 0 0 2 , e

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a. Il faut filtrer pour éliminer les pétales de roses, recueillir et agiter le filtrat. b. Le solvant est l’hexane (nocif et inflammable ; à manipuler sous hotte et loin de toute flamme). c. On ne peut pas déterminer la concentration en phényléthanol de la solution : on ne connaît pas la masse de phényléthanol en solution, donc la quan-

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tité de matière correspondante ne peut être calculée. On ne connaît d’ailleurs pas non plus le volume de la solution (S), du moins pas précisément. d. Volatil signifie facilement vaporisable. e. Il faut évaporer le solvant. Attention si l’on chauffe : le solvant est inflammable. Un chauffage avec flamme doit être exclu. 70 f. La masse de phényléthanol est 0,20 ϫ ᎏ = 0,14 g. 100 La masse molaire du phényléthanol C 8H10O est 122 g·mol – 1. La quantité de matière de phényléthanol en solution est n = 0,14 ᎏ = 1,1·10 – 3 mol. 122 La concentration molaire en phényléthanol de la solution (S) est : – 3 n c = ᎏ = 1,1·10 – 3 = 7,3·10 – 3 mol·L – 1. V 150·10 g. La même quantité de matière de phényléthanol se retrouve dans 100 mL de solution (SЈ). La concentration de (S Ј) est : 1,1·10 – 3 = 1,1·10 – 2 mol·L – 1. 100·10 – 3 h. La quantité de matière est inférieure : on prend une partie de la solution (SЈ). i. La concentration est la même : il s’agit de la même solution (on considère bien sûr que la solution (SЈ) est homogène).

ᎏ

ᎏ

Activités d’exploitation 5. Échelle de teintes (p. 124) Cette activité expérimentale a pour objectif de mettre en œuvre les connaissances précédemment acquises, concernant les solutions aqueuses, pour fabriquer une échelle de teintes et l’utiliser. La solution initiale (S0) est préparée par dissolution de 3,168 g de permanganate de potassium solide par litre (ne pas prendre de l’eau du robinet, dont les ions Cl – réagissent avec les ions MnO – 4 , formant lentement un précipité brun MnO2 , ce qui entraîne une modification de la concentration en ions permanganate). La dissolution est lente ; la couleur étant intense, on voit mal s’il subsiste des cristaux non dissous. Il faut agiter longuement (plusieurs heures, avec un agitateur magnétique). En faisant écrire par les élèves le mode opératoire de la préparation de la solution (S 1), on favorise une bonne compréhension des principales étapes à réaliser : la détermination du volume de solution à prélever, le moyen de prélèvement, la dilution et


l’agitation. Pour clair que paraisse le Doc. 1 (page 124 du manuel), la relation entre ce qui est dessiné, ce qui doit être réalisé et la représentation que l’élève se construit d’une solution prend du temps. L’intérêt de la réflexion de la question 3. a s’accommode bien d’un retour sur la réponse à la question 1. a. Nous avons choisi de faire préparer 5 solutions par un même binôme d’élèves. Une fois que l’opération a été réalisée une ou deux fois, le temps de réalisation d’une nouvelle solution diminue sensiblement et les élèves parviennent à les préparer toutes. L’alternative consistant à faire préparer différentes solutions par différents binômes prend certes moins de temps, mais prive les élèves de l’assurance acquise par la répétition de la pratique de la dilution. De plus, les solutions préparées par d’autres n’ont pas le même statut pour les élèves de ce niveau, ce qui peut représenter une gêne dans la partie relative à l’utilisation de l’échelle de teintes. Correction

1. Réalisation d’une échelle de teintes a. Étape 1. Afin de ne pas prélever directement dans le flacon de référence, on verse un volume quelconque (mais suffisant) de solution (S 0) dans un bécher. Il faut ensuite déterminer par le calcul le volume V 0 de cette solution qui doit être prélevé pour préparer la solution (S1). Ce volume est fixé par la quantité de matière n1 d’ions permanganate qui devra se trouver dans la solution (S1). Cette quantité de matière est : n1 = c1V 1 = 2,0·10 – 4 mol. Elle est apportée par un volume n 2,0·10 – 4 V 0 = ᎏ = = 1,0·10 – 2 L – 2 c0 2,0·10 soit 10 mL de solution (S0). On utilise donc une pipette jaugée de 10 mL pour effectuer ce prélèvement. Étape 2. On verse le contenu de la pipette dans la fiole jaugée de 100 mL qui contiendra la solution (S1). Étape 3. La fiole jaugée de 100 mL est complétée aux trois quarts avec de l’eau. Étape 4. On agite le contenu de la fiole. Étape 5. On complète la fiole jusqu’au trait de jauge avec de l’eau. Le niveau est ajusté à la pipette simple de telle sorte que le bas du ménisque soit tangent au trait de jauge. Étape 6. La fiole est bouchée et agitée par retournement.

ᎏ

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b. Les volumes V de solution (S1) de concentration c1 (placée dans une burette graduée) se calculent en utilisant la relation ci ϫ 100 = c1 ϫ V (en mL). ci

c2

c3

c4

c5

V (mL)

50

35

20

5,0

2. Utilisation d’une échelle de teintes a. Il faut introduire un volume de solution (S x ) égal

aux volumes introduits dans les tubes à essais précédents, dans un tube à essais identique. Puis il faut situer le tube de solution (S x ) dans l’échelle de teintes par comparaison des couleurs. b. On ne peut pas donner de valeur pour c x . On peut seulement donner un encadrement. Par exemple c3 Ͻ c x Ͻ c4 . Note. Il est recommandé de fournir une solution dont la concentration est intermédiaire entre celles de deux solutions consécutives de l’échelle de teintes, et non une solution de concentration trop voisine de celle d’une des solutions de référence.

3. Étude détaillée des modes opératoires a. Étape 1. On réalise un prélèvement de (S 0) (avec

une pipette jaugée). Étape 3. On réalise une dilution de (S0). b. Pour comparer, il faut des récipients identiques et des volumes égaux de solutions. On vérifie aisément que si l’on place une même solution dans des récipients différents, ou des volumes différents de solution dans des récipients identiques, l’aspect de la solution n’est pas partout le même. Note. La justification théorique de ce protocole utilise la loi de Beer-Lambert que les élèves ne connaissent pas. Une justification expérimentale s’impose donc.

c. L’échelle de teintes réalisée n’est utilisable que pour déterminer la concentration d’une solution de permanganate de potassium. Il faudrait fabriquer une échelle de teintes avec des solutions d’éosine. d. Une eau salée n’est pas colorée. La technique de l’échelle de teintes ne peut pas convenir.

Matériel • Solution de permanganate de potassium 2,0·10 – 1 mol·L – 1 • Fioles jaugées de 100 mL (5, moins si répartition du travail) • Pipette jaugée de 10 mL • Poire d’aspiration • Burette graduée • 7 tubes à essais • Pissette d’eau distillée • Étiquettes ou marqueur pour verrerie.

5

6. Solutions et concentrations (p. 125) Cette activité est l’occasion pour l’élève d’être confronté à des valeurs de concentrations (molaires ou massiques) de solutions rencontrées dans la vie quotidienne : boissons diverses, sang, etc. L’utilisation de bandelettes-test appropriées est un moyen rapide pour déterminer la concentration d’une solution en une espèce ou une entité chimique particulière. De tels tests sont mis en œuvre aussi bien pour vérifier la qualité d’une eau (eau d’un aquarium, par exemple) que dans le domaine médical (test réalisé sur l’urine d’un diabétique, par exemple). L’amplitude des concentrations choisies dans les exemples (10 – 9 mol·L – 1 à 6 mol·L – 1) contribue à fournir des repères aux élèves pour une grandeur nouvellement introduite par ce chapitre. Grâce à une telle réflexion, les notions de solutions concentrée et diluée prennent du sens. À ce titre, le vin devient une solution concentrée d’éthanol (2,6 mol·L – 1). Cela peut amener les adolescents à considérer la consommation des boissons alcoolisées avec un regard scientifique, et pas seulement moral. Réfléchir à quoi correspond une solution contenant 2 kg de sucre pour 1 kg d’eau est intéressant. Notons qu’au laboratoire une autre grandeur, la molalité (quantité de matière de soluté par unité de masse de solvant), est utilisée à la place de la concentration molaire. Cet aspect n’est bien sûr pas présenté aux élèves. Correction

a. La masse molaire du saccharose est M = 342 g·mol – 1. m = 2 kg de saccharose représente une quantité de m = 2·103 = 6 mol·L – 1. matière n = ᎏ ᎏ M 342

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Le sirop considéré a une concentration de 6 mol·L – 1 : sa concentration en saccharose est maximale ; il s’agit d’une solution saturée. b. Si le vin est à 12°, il y a 12 g d’éthanol dans 100 g de vin donc dans 101 mL. Dans un litre de vin, il y a m = 119 g d’éthanol soit m = 119 = 2,6 mol. une quantité de matière n = ᎏ ᎏ M 46 La concentration molaire en éthanol d’un vin à 12° est 2,6 mol·L – 1, valeur comprise entre 2 et 4 conformément au Doc. 1. c. M glucose = 180 g·mol – 1 ;

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M cholestérol = 386 g·mol – 1 ; M urée = 113 g·mol – 1. Pour le glucose, une concentration molaire de 6,1·10 – 3 mol·L – 1 correspond à une concentration massique de 6,1·10 – 3 ϫ 180 = 1,1 g·L – 1. Pour le cholestérol, une concentration molaire de 6,5·10 – 3 mol·L – 1 correspond à une concentration maximale de 6,5·10 – 3 ϫ 386 = 2,5 g·L – 1. Pour l’urée, une concentration molaire de 8,3·10 – 3 mol·L – 1 correspond à une concentration massique de 4,4 ·10 – 3 ϫ 113 = 0,50 g·L – 1. d. La masse molaire des ions nitrate est 62 g·mol – 1. La concentration molaire en ions nitrate de l’eau – 3 2,9·10 Hépar est = 4,7·10 – 5 mol·L – 1. Cette 62 concentration est bien inférieure au maximum toléré. Il s’agit heureusement d’une eau potable ! e. On n’utilise pas les mêmes bandelettes pour déterminer une concentration en glucose ou en ions nitrate : une variété de bandelettes est spécifique de l’espèce chimique ou de l’ion à tester (c’est-à-dire appropriée au test d’une certaine espèce chimique ou d’un certain ion).

ᎏ

Exercices Appliquer ses connaissances • Concentration molaire 10.

a. Masses molaires : aspirine : 180,0 g·mol – 1 ;

vitamine C : 176,0 g·mol – 1. b. Quantités de matière dans un comprimé donc dans le verre : 0,500 • d’aspirine : ᎏ = 2,78·10 – 3 mol ; 180,0 0,200 • de vitamine C : ᎏ = 1,14·10 – 3 mol. 176,0 Remarque. La donnée du volume est sans intérêt ici.

c. Concentration molaire en aspirine :

2,78·10 – 3 = 1,85·10 – 2 mol·L – 1. ᎏᎏ 0,150 Concentration molaire en vitamine C : 1,14·10 – 3 = 7,60·10 – 3 mol·L – 1. ᎏᎏ 0,150 11.

a. Masse molaire de l’éthanol : 46,0 g·mol – 1.

Quantité de matière d’éthanol dans 0,75 L : 2,6 ϫ 0,75 = 2,0 mol. Masse d’éthanol : 2,0 ϫ 46,0 = 92 g. b. Concentration du vin dans le verre : 2,6 mol·L – 1. Le volume de vin dans le verre est sans importance.


c. La dilution envisagée divise par 2 la concentra – 1

tion qui devient 1,3 mol·L .

a. M = 60,0 g·mol – 1. b. n = cV = 0,50 ϫ 0,200 = 0,10 mol ; m = nM = 6,0 g. c. 0,50 ϫ 60,0 = 30 g·L – 1. 12.

a. M = 253,8 g·mol – 1. b. m = nM = 2,00·10 – 2 ϫ 253,8 = 5,08 g. c. Il aurait fallu une quantité de matière de diiode 13.

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quatre fois plus grande (puisque le volume est quatre fois plus grand) soit 8,00·10 – 2 mol de diiode. d. 5,08 ϫ 4 = 20,3 g. e. c = 8,00·10 – 2 mol·L – 1. f. 20,3 g·L – 1. m 14. a. n = ᎏ d’où : M 10,0 = 2,92·10 – 2 mol ; • saccharose : ᎏᎏ 342,0 22,0 = 1,22·10 – 1 mol ; • glucose : ᎏᎏ 180,0 3,50 = 1,82·10 – 2 mol. • acide citrique : ᎏᎏ 192,0 b. Les concentrations molaires sont respectivement 2,92·10 – 2 mol·L – 1, 1,22·10 – 1 mol·L – 1 et 1,82·10 – 2 mol·L – 1. c. Il y a 2,92·10 – 2 mol de saccharose dans une litre de limonade. La quantité de matière de saccharose dans 180 mL soit 0,180 L est : nsaccharose = 2,92·10 – 2 ϫ 0,180 = 5,26·10 – 3 mol. De même nglucose = 1,22·10 – 1 ϫ 0,180 = 2,20·10 – 2 mol et nacide citrique = 1,82·10 – 2 ϫ 0,180 = 3,28·10 – 3 mol. 5,00 = 1,46·10 – 2 mol de saccharose d. On ajoute ᎏᎏ 342,0 dans 180 mL de limonade. Dans 180 mL de la nouvelle boisson, il y a 5,26·10 – 3 + 1,46·10 – 2 = 1,99·10 – 2 mol de saccharose. 1,99·10 – 2 = 0,111 mol·L – 1. Donc csaccharose = ᎏᎏ 0,180 Les concentrations en glucose et acide citrique sont inchangées. V 1,2 16. a. n = ᎏ = ᎏ = 0,050 mol (dans 5,0 L de V m 24 solution). Concentration molaire : 0,010 mol·L – 1. b. Masse molaire de l’ammoniac : M = 17,0 g·mol – 1 m = nM = 0,010 ϫ 17,0 = 0,17 g. c. Il faut 0,10 mol d’ammoniac donc 2,4 L d’ammoniac. 17.

a. M = 134,5 g·mol – 1.


m = 0,27 = 2,0 ·10 – 3 mol. b. n = ᎏ ᎏ M 134,5 c. Il y a 2,0·10 – 3 mol d’ions Cu2+ et 4,0·10 – 3 mol

d’ions Cl – . d. [Cu2+] = 1,0·10 – 2 mol·L – 1 [Cl – ] = 2,0·10 – 2 mol·L – 1. e. Électroneutralité.

• Solution saturée a. La masse molaire du chlorure de sodium est M NaCl = M Na + M Cl = 23,0 + 35,5 = 58,5 g·mol – 1. Dans un litre d’eau de mer il y a m = 30 g de chlo19.

rure de sodium. Quantité de matière de chlorure de sodium : m = 30 = 0,51 mol. n=ᎏ ᎏ M NaCl 58,5 b. Volume d’eau de mer du bassin : V = surface ϫ hauteur = 104 ϫ 20·10 – 2 V = 2,0·103 m3 soit 2,0·106 L. La masse de chlorure de sodium récupérée après évaporation totale de l’eau est : 30 ϫ 2,0·106 = 6,0·107 g soit 6,0·104 kg (60 tonnes). c. Lorsque le sel commence à se déposer, un litre d’eau salée renferme 360 g de sel. La masse totale de sel dans l’eau salée du bassin étant de 6,0·10 7g, lorsque le dépôt commence, le volume de solution 7 6,0·10 est = 1,7·105 L soit 1,7·103 m3. La superfi360 cie étant de 1,0·104 m2, l’épaisseur d’eau salée est 1,7·103 = 0,17 m soit 17 cm. 1,0·104 20. a. Dans 500 mL d’eau sucrée il y a 0,025 mol de sucre. Cette quantité de matière subsiste dans la solution après évaporation partielle. La nouvelle 0,025 – 2 – 1 concentration est – 3 = 5,6·10 mol·L . 450·10 b. La masse molaire du sucre est 342,0 g·mol – 1. La masse de sucre récupérée est 0,025 ϫ 342,0 = 8,6 g m = 2·103 = 6 mol. La concentration c. n = ᎏ ᎏ 342,0 M molaire d’une solution saturée est d’environ 6 mol·L – 1. d. Au départ, il y a 0,025 mol de sucre dans 500 mL de solution. Lorsque la saturation est atteinte, cette même quantité de matière de sucre est contenu dans un volume de solution égal à : 1·103 ϫ 0,025 = 4 mL environ. 6

ᎏ

ᎏ

ᎏ

ᎏᎏ

7

• Dilution 21.

1. a. Il y a 10 poissons dans le seau.

b. Il y a 10 poissons dans 5 L. La concentration est de 2 poissons·L – 1. 2. a. Il y a 10 moles de soluté. b. Concentration molaire : 2 mol·L – 1. 3. Mêmes résultats dans les deux cas. La quantité de matière se conserve lors d’une dilution (comme le nombre de poissons). 23.

a. Pour dissoudre 16,5 g de caféine, il faut un

volume de solution au moins égal à : 16,5 ᎏ = 0,750 L soit 750 mL. 22,0 Il faut donc ajouter au moins 250 mL d’eau. Il ne s’agit pas d’une dilution mais d’une dissolution (la concentration garde la même valeur, maximale, jusqu’à dissolution complète du solide). b. Il y a 16,5 g de caféine dans 750 mL de solution. La quantité de matière de caféine est : m 16,5 n = ᎏ = ᎏ = 8,51·10 – 2 mol. M 194,0 Concentration molaire de la solution : n 8,51·10 – 2 c = ᎏ = ᎏᎏ = 0,113 mol·L – 1. V 0,750 Il s’agit d’une dilution. 24.

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a. M = 34,0 g·mol – 1.

Dans un litre d’eau oxygénée « à 110 volumes » il y a 34,0 ϫ 11,0 = 374 g de peroxyde d’hydrogène. b. L’eau oxygénée « à 11 volumes » est 10 fois moins concentrée. La concentration est de 1,10 mol·L – 1. c. Un volume V 2 = 150 mL d’eau oxygénée « à 11 volumes » (c2 = 1,10 mol·L – 1) contient une quantité de matière de peroxyde d’hydrogène c2V 2. Cette quantité de matière est apportée par un volume V 1 d’eau oxygénée « à 110 volumes » (concentration c1 = 11,0 mol·L – 1) tel que c1V 1 = c2V 2. c2V 2 1,10 ϫ 150 Donc V 1 = ᎏ = ᎏᎏ = 15,0 mL. 11,0 c1 d. Une eau oxygénée « à 3 volumes » a une concentration de 0,300 mol·L – 1 . En suivant le même raisonnement que précédemment, le volume d’eau oxygénée « à 11 volumes » nécessaire pour prépa0,300 ϫ 150 = 40,9 mL. rer la solution est ᎏᎏ 1,10

d


a. La conservation de la quantité de matière lors d’une dilution permet d’écrire c0V 0 = ci V avec V = 1,00 L. 25.

8

ci représente les concentrations des solutions à préparer. V 0 correspond aux volumes des prélèvements. Dans chaque cas ci = c0V 0, V 0 étant exprimé en L : c1 = 5,00·10 – 4 ϫ 200,0·10 – 3 = 1,00·10 – 2 mol·L – 1 ; c2 = 5,00·10 – 3 mol·L – 1 ; c3 = 2,00·10 – 3 mol·L – 1 ; c4 = 1,00·10 – 3 mol·L – 1 ; c5 = 5,00·10 – 4mol·L – 1. b. La concentration de la solution inconnue est comprise entre : 2,00·10 – 3 mol·L – 1 et 5,00·10 – 3 mol·L – 1. Elle est de l’ordre de (3 ou 4)·10 – 3 mol·L – 1. c. Il faut utiliser la même verrerie. 26. a. La masse molaire du diiode est 253,8 g·mol – 1 :

m 12,7 n = ᎏ = ᎏ = 5,00 ·10 – 2 mol. M 253,8 b. La solution initiale (S1) renferme 1,00·10 – 2 mol de diiode. On en ajoute 5,00·10 – 2 mol. Il y a donc 6,00·10 – 2 mol de diiode dans 200 mL de solution. La concentration molaire de la solution (S 2) est de 0,300 mol·L – 1. c. Dans les 200 mL de solution (S2) il y a 6,00·10 – 2 mol de diiode. La solution (S3) de concentration 5,00·10 – 2 mol·L – 1 contiendra 6,00·10 – 2 mol de diiode dans un volume V (en L) tel que : V ϫ 5,00·10 – 2 = 6,00·10 – 2 soit V = 1,20 L. Il faut donc ajouter 1,00 L d’eau distillée.

Aller plus loin 27. Mélange

de solutions a. La masse molaire de l’acétone est 58,0 g·mol – 1. Les quantités de matière d’acétone sont : 0,500 ϫ 250·10 – 3 = 1,25·10 – 1 mol 23,3 et ᎏ = 4,02·10 – 1 mol 58,0 soit un total de 5,27·10 – 1 mol dans 500 mL de mélange. La concentration molaire en acétone de la solution obtenue par mélange est 1,05 mol·L – 1. b. On introduit une quantité de matière supplémen23,3 taire d’acétone de ᎏ = 0,402 mol. 58,0 La concentration molaire de la solution est : 0,500 + 0,402 = 0,902 mol·L – 1. 29. Densité

a. La densité d’un liquide fait référence à l’eau. Si la densité de la solution est 0,95 alors 1,0 mL de cette solution a pour masse 0,95 g. 1,0 L de solution a pour masse 9,5·102 g et renferme 28 9,5·102 ϫ ᎏ = 2,7·102 g d’ammoniac. 100


La masse molaire de l’ammoniac est 17,0 g·mol – 1. La quantité de matière d’ammoniac dans un litre de 2,7·102 solution est ᎏᎏ = 16 mol. 17,0 La concentration molaire en ammoniac de la solution est 16 mol·L – 1. b. La concentration de la solution sera de 0,16 mol·L – 1. Il y aura 0,080 mol d’ammoniac dans 500 mL de solution. Le prélèvement à réaliser sera 0,080 = 5,0·10 – 3 L soit 5,0 mL. donc de ᎏ 16,0

b. Le solvant (eau) se vaporise en partie : le volume

Matériel. Fiole jaugée de 500 mL avec bouchon, pipette jaugée de 5 mL avec dispositif d’aspiration, bécher pour la solution à prélever, pipette simple. Mode opératoire. On prélève, dans un bécher, 5,0 mL de solution initiale au moyen de la pipette munie du dispositif d’aspiration. Le contenu de la pipette est introduit dans la fiole jaugée, que l’on remplit aux trois quarts avec de l’eau distillée. On bouche et on agite. On complète jusqu’au trait de jauge avec de l’eau distillée en ajustant le niveau au moyen d’une pipette simple. On bouche et on agite.

a. La deuxième loi de Descartes se traduit par la relation n1 sin i1 = n2 sin i2. b. On déduit, de la deuxième loi de Descartes, n sin i1 n2 = 1 sin i2 avec n1 = 1,00 et sin i1 = sin 60,0° = 0,866.

30.

Évaporation du solvant

a. Dans 250 mL de solution, la quantité de matière d’ions sodium est : 0,500 ϫ 10,0·10 – 3 = 5,00·10 – 3 mol. La concentration molaire en ions sodium est la quantité de matière d’ions sodium par litre de solution : 2,00·10 – 2 mol·L – 1.

de la solution diminue (le phénomène de vaporisation l’emporte sur le phénomène de dilatation du liquide). c. La quantité de matière d’ions sodium n’a pas varié. La concentration molaire en ions sodium est 5,00·10 – 3 = 4,55·10 – 2mol·L – 1. ᎏᎏ 110·10 – 3 d. Le volume va un peu diminuer (contraction lors du refroidissement) et la concentration va donc un peu augmenter. 31.

Concentration et indice de réfraction

ᎏ i 2 (°)

sin i 2

n2

38,9

0,628

1,38

37,6

0,610

1,42

36,4

0,593

1,46

35,2

0,576

1,50

c. La courbe d’étalonnage est une droite ne passant pas par l’origine : l’indice de réfraction est une fonction affine de la concentration. d. Pour n2 = 1,44, on a c = 0,740 mol·L – 1.

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9

CHAPITRE 8 LA RÉACTION CHIMIQUE Aspects pédagogiques et scientifiques

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Ce chapitre permet la transition de la notion de transformation chimique à celle de réaction chimique, ce que les concepteurs du programme ont voulu comme le passage de ce qui est perceptible à sa modélisation. Deux enjeux distincts doivent donc être considérés. La modélisation d’abord, c’est-à-dire la difficile notion de réaction chimique qui sera au centre des programmes jusqu’au baccalauréat, et sa représentation, c’est-à-dire l’équation chimique, qui ne pose pas de problème parce qu’il s’agit d’une écriture symbolique dont les élèves, avec un peu d’entraînement, s’approprient facilement les bases. Pourquoi la notion de réaction chimique est-elle si difficile ? Elle n’est pas intuitive parce que, dans la vie de tous les jours, les réactions chimiques n’apparaissent pas en tant que telles. Les objets qui nous entourent sont stables à l’échelle de temps de leur utilisation. Les réactions chimiques sont donc essentiellement limitées aux combustions et aux réactions mettant en jeu de la matière vivante. Les premières apparaissent sous forme de flammes et, à part le carburant, le comburant et les produits sont gazeux, donc peu perceptibles. Quant aux réactions mettant en jeu la matière vivante, elle paraissent aller de soi car les transformations correspondantes n’ont jamais fait l’objet d’attention scientifique de la part des jeunes élèves : une pomme qui mûrit, un œuf qui cuit, etc. C’est une des raisons qui plaident pour la première activité en montrant, d’une réaction, les réactifs et les produits : pas de gaz, pas de solvant ni de soluté, seuls les réactifs, solides, lentement transformés par broyage avec modification de couleur. Un autre aspect de la difficulté de la réaction chimique est son côté anormal, au regard du comportement conservatif des objets de la vie de tous les jours. Le rôle de la réaction chimique est de faire disparaître et apparaître des espèces chimiques. À part dans les tours de prestidigitation ou les films de sorcières, les mots apparaître et disparaître n’ont pas cours pour la matière, dans la vie quotidienne. Souvent, dans les activités et les exercices de ce

8 – L A RÉACTION CHIMIQUE

chapitre, on attire l’attention sur le fait que de nouvelles espèces chimiques sont créées. On fait alors prendre conscience aux élèves que les produits n’étaient pas présents parmi les réactifs. Nous avons également appuyé la séquence d’enseignement proposée dans ce chapitre sur de nombreuses situations concrètes : la statue rongée par les pluies acides, le comprimé d’aspirine effervescent dont on analyse la richesse du système chimique qu’il met en œuvre lorsqu’il pétille, l’interaction entre le vinaigre et la levure comme le suggère les documents d’accompagnement du programme. À chaque fois, le scénario pédagogique est le même, il faut apprendre aux élèves à regarder certains aspects de la transformation chimique afin qu’ils découvrent ce que modéliser signifie dans le cas de la chimie. Transformation et réaction chimique doivent, au regard du programme, être distingués. Si l’on veut que cela serve aux élèves, il faut que ce soit dit et fait avec force dans des cas pertinents, c’est-à-dire quand l’écart entre ces notions est grand afin que cela vaille la peine d’avoir deux mots distincts. Deux différences importantes ont été relevées : (1) le fait que, dans le système chimique, il y ait des espèces chimiques qui ne soient pas prises en compte dans la modélisation, c’est le cas du vinaigre et de la levure pour lesquels on ne considère que l’acide éthanoïque et l’ion HCO – 3 (activité 4) ; (2) le fait que pour décrire certaines transformations chimiques, il faille plusieurs réactions ( activité 3). Quelques concepts associés à la réaction chimique font également l’objet de beaucoup d’attention dans ce chapitre. Par exemple, les notions d’état initial, final, de réactif et de produit. La grande difficulté de la notion d’état initial est son côté abstrait. Le système n’est jamais dans son état initial. Pendant le mélange des réactifs, la réaction a déjà commencé, l’état initial ne peut être montré du doigt, il ne peut être « photographié ». L’élève doit faire avec, et c’est une difficulté sur laquelle il devra revenir souvent lors de ses études scientifiques. La notion de réactif n’est pas simple non plus puisqu’elle diffère de celle d’espèces chimiques initialement présentes. Le solvant, les ions spectateurs, etc. ne font pas partie de la liste des réactifs alors qu’ils ont été introduits dans le système chimique. Ces notions difficiles ne se

1

comprennent qu’à travers celle de modèle. Elles sont abondamment prises en charge dans l’activité 4, le cours et les exercices. La progression proposée se présente donc ainsi : • Activité 1. Observation d’une transformation chimique en phase solide afin de simplifier au mieux la notion de système chimique, en prenant en charge le lien avec la vie quotidienne. • Activité 2. Analyse en termes de réaction chimique du vieillissement d’une statue sous l’effet des pluies acides ; cela met en œuvre les notions d’espèces chimiques nouvellement formées. • Activité 3. Analyse de l’effervescence d’un comprimé d’aspirine introduit dans l’eau ; c’est l’occasion de revenir sur la notion d’équation chimique vue au collège et de montrer qu’il faut dans ce cas plusieurs réactions pour décrire une transformation chimique. • Activité 4. Ce TP met en œuvre la transformation qui se produit lorsque de la levure est introduite dans du vinaigre ; c’est l’occasion de définir et d’utiliser les notions d’état initial et d’état final. • Activité 5. Une réaction chimique en phase solide est comparée à cette même réaction en solution ; c’est l’occasion de revoir l’ensemble des notions du chapitre. • Activité 6. À l’aide de quelques travaux historiques pré-lavoisiens, on analyse, en termes de réaction chimique, les points communs entre l’oxydation lente du fer et la combustion du carbone.

Activités de découverte 1. Transformations de la matière (p. 132)

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Il s’agit d’une approche de la distinction entre transformation physique (broyage sans changement de couleur) et transformation chimique (transformation s’accompagnant ici d’un changement de couleur). L’intérêt du broyage de deux poudres, c’est que les réactifs sont perceptibles (ce qui n’est pas le cas en solution ou en phase gazeuse) et que la transformation est également perceptible. Tout se déroule devant les yeux des élèves. Correction

a. Il s’agit d’une transformation chimique. b. Exemples de transformations sans modification chimique : l’ébullition, la fusion, le changement de forme lorsqu’on tord un fil de fer, etc.

2

c. Exemples de transformations qui sont des transformations chimiques : les feuilles qui jaunissent, la cuisson des aliments, etc. Note. Aucun des produits chimiques mis en jeu dans cette expérience ne possède de toxicité dans les conditions de l’expérience.

2. Transformations chimiques (p. 132) Le but de cette activité est de faire apparaître aux élèves qu’une transformation apparente d’un objet peut éventuellement résulter d’une transformation chimique. Une transformation chimique n’est pas forcément instantanée, surtout dans la vie quotidienne. Si l’étude de la transformation d’un système chimique en fonction du temps (la cinétique chimique) n’est traitée qu’en terminale, faire passer le message qu’une évolution lente peut être d’ordre chimique est essentielle pour réfléchir scientifiquement au monde qui nous entoure. En biologie, la plupart des réactions chimiques sont lentes, il en est de même pour ce qui concerne les matériaux dont est constitué notre environnement, de même que les minéraux constituant la croûte terrestre. Au laboratoire du lycée, beaucoup de réactions chimiques étudiées sont quasiment instantanées, ce qui est loin d’être la règle à l’extérieur du laboratoire. Correction

a. Il peut s’agir d’une érosion due à l’écoulement de la pluie ou d’une lente dissolution du matériau. Enfin, on peut envisager une transformation chimique. A priori, rien ne permet de savoir quel phénomène a eu lieu. b. Pour affirmer qu’il s’agit d’une transformation chimique, il faut, comme cela a été vu au chapitre 2, montrer qu’une espèce chimique (au moins) disparaît, ou qu’une nouvelle espèce chimique est formée. c. On peut faire l’hypothèse que ce vieillissement est dû aux pluies acides, comme le suggère la légende de la photo, et tester l’action d’un acide sur le même matériau. On peut constater que le matériau constituant la statue (par exemple, le carbonate de calcium) disparaît, et que de nouvelles espèces chimiques apparaissent (par exemple, le dioxyde de carbone). d. L’ère industrielle a provoqué un accroissement de la quantité d’espèces chimiques acides dans l’atmosphère qui constituent les réactifs des transformations chimiques du type de ce qui est arrivé à la statue représentée sur la photo.

8 – LA RÉACTION CHIMIQUE

3. Transformations, réactions et équations chimiques (p. 133) Le but principal de cette activité est de montrer qu’une transformation chimique peut être décrite par une ou plusieurs réactions chimiques, et que celles-ci se représentent par des équations chimiques. Ces dernières s’écrivent en respectant des règles (dont la stœchiométrie) dont les élèves ont déjà entendu parler au collège et qui sont reprises dans cette activité. À cette occasion, la distinction entre transformation et réaction chimique prend tout son sens. L’exemple courant du comprimé effervescent d’aspirine dans l’eau le met bien en évidence. Cette transformation qui se manifeste comme sur la photo du manuel ne peut être décrite que par une série de réactions chimiques mettant en œuvre le principe actif du médicament et certaines espèces chimiques constituant l’excipient avec l’eau. L’ensemble des réactions chimiques constitue donc un modèle pour représenter la transformation chimique. Cette variété de réactions chimiques permet d’envisager l’écriture de plusieurs équations chimiques et, progressivement, les élèves peuvent (re)découvrir l’intérêt des nombres stœchiométriques et aborder la nécessité de prendre en compte les charges des ions. Correction

1. Transformation chimique a. Il se forme un gaz et le comprimé finit par disparaître. b. Le gaz correspond à une espèce chimique qui n’était pas présente avant de mettre le comprimé dans l’eau. Note. Certains élèves peuvent penser que le gaz était déjà présent dans le comprimé et n’a été que libéré. Ils peuvent aussi s’interroger sur ce qu’est devenu le comprimé : par exemple, s’est-il dissous comme un morceau de sucre, etc.

2. Réaction et équation chimiques dans un cas de laboratoire a. Il y a 1 Na, 1 H, 1 C et 3 O de chaque côté. b. Il y n’a pas de charge à gauche de la flèche, et il r e i t a H © 4 0 0 2 , e

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y a 1 moins et 1 plus à droite. c. C7H5O2Na → Na+ + C7H5O−2.

3. Réaction et équation chimiques dans un cas de la vie quotidienne a. 10 C, 9 H, 7 O et 1 ( −) pour la première équation et 16 C, 13 H, 6 O et 1 (−) pour la seconde. b. C6H8O6 + HCO−3 → C6H7O−6 + CO2 + H2O. c. C6H8O6 + C7H5O2− → C6H7O6− + C7H6O2 + H2O.


d. Il y a 27 C, 23 H, 13 O et 3 charges (–) de chaque côté. e. C6H8O7 + 3HCO−3 → C6H5O37− + 3CO2 + 3H2O.

4. Modélisation d’une transformation chimique (p. 134) Ce TP est fortement inspiré d’un exemple d’activité recommandé par le programme. Il présente l’intérêt de mettre en jeu des produits de la vie quotidienne (vinaigre et levure). Les élèves peuvent donc revoir cette transformation dans leur cuisine à moindre frais. C’est généralement motivant. Notre approche permet d’introduire des définitions délicates telles que état initial, état final, réaction chimique. Nous pensons que les élèves sont plus aptes à donner du sens à ces concepts lorsqu’ils les mettent eux-mêmes en jeu dans une situation expérimentale dont ils sont les acteurs principaux. Le questionnement associé à ce TP est donc un peu difficile, mais il prend à bras le corps les concepts centraux du chapitre avec l’esprit que le programme cherche à donner. La notion d’état initial est difficile puisque c’est un état fictif. Il n’y a pas « d’arrêt sur image » une fois que les réactifs sont mélangés : la réaction démarre. Cependant, cet état est le point de départ du tableau d’avancement tel qu’il sera enseigné dans le chapitre suivant. Il convient donc de prendre le temps nécessaire pour que ce soit l’occasion de construire une connaissance suffisamment opératoire. Correction

1. Réalisation d’une transformation chimique a. On observe un gonflement du ballon. On en déduit qu’un gaz est produit au cours de la transformation. b. Le système chimique est l’ensemble des espèces chimiques présentes lors de la transformation chimique. Il est donc constitué initialement de celles qui constituent le vinaigre – acide éthanoïque, eau, colorant, etc. – et de celles présentes dans la levure – hydrogénocarbonate de sodium, pyrophosphate de sodium, etc. De nouvelles espèces chimiques vont apparaître et faire partie du système chimique, dont la composition évolue donc au cours de la transformation. c. Une espèce chimique nouvelle est produite : elle constitue le gaz. Il faut faire une hypothèse sur ce gaz produit. Est-ce du dihydrogène ? Est-ce du dioxygène ? Est-ce du dioxyde de carbone ? Ici, le

3

professeur proposera de tester la présence de dioxyde de carbone avec de l’eau de chaux. Note. Le professeur peut faire réfléchir les élèves sur le rôle de la levure pour faire du pain ou des gâteaux : la pâte gonfle (lève). Les bulles du pain résultent de la production de dioxyde de carbone resté prisonnier de la pâte.

2. Modélisation d’une transformation chimique a. Dans l’état initial du système chimique sont présents : acide éthanoïque et eau (du vinaigre) ; hydrogénocarbonate de sodium et pyrophosphate de sodium (de la levure). Note. L’état initial n’a pas de réalité expérimentale car les réactifs ne peuvent pas rester sans réagir. Par exemple, la transformation a déjà lieu pendant le mélange des réactifs. Un tel état du système ne dure pas dans le temps.

b. À l’état final, il y a : des espèces chimiques initialement présentes qui n’ont pas complètement réagi ; le dioxyde de carbone qui s’est formé, plus éventuellement d’autres espèces chimiques qui n’ont pas été identifiées. Note. Les entités qui ont réagi sont au moins les ions hydrogénocarbonate de la levure et l’acide éthanoïque du vinaigre. À ce niveau, on ne distinguera pas les acides H + et CH3COOH.

c. Stœchiométrie : 3 C, 5 H, 5 O et une charge (−). d. On a considéré que seuls réagissaient l’acide éthanoïque et les ions hydrogénocarbonate (provenant de la levure). On n’a pas tenu compte des ions sodium, des colorants, du pyrophosphate de sodium (qui apporte lui aussi des ions). e. En ajustant la stoechiométrie de l’équation, il vient : P2O47− + 3C2H4O2 → H3P2O−7 + 3C 2H3O−2 f. Cette équation représente une réaction qui n’explique pas la formation du gaz que l’on voit. Elle ne pourrait donc pas à elle seule représenter la transformation chimique entre le vinaigre et la levure. Note. Considérer que la transformation entre le vinaigre et la levure peut être représentée uniquement par la réaction d’équation : C2H4O2 + HCO−3 → C2H3O−2 + H2O + CO2 a conduit donc à ignorer une autre réaction chimique qui se déroule cependant dans le même système chimique. Décrire une transformation par une seule réaction chimique est donc une simplification que le programme demande de présenter comme une modélisation de la transformation. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Activités d’exploitation 5. Transformations chimiques (p. 140) À la fois originale et simple, cette activité permet de comprendre qu’une réaction en solution fait

4

intervenir des solutés. Bien qu’on ne les voie pas, ils existent. L’élève a d’abord introduit lui-même les solides KI et Pb(NO 3)2 dans l’eau pure, il a ensuite constaté le produit de la réaction, jaune (PbI2). Enfin, il réalise que, même sans solvant, il se serait passé un événement similaire. Les réactifs solides (KI et Pb(NO 3)2), bien broyés, produisent en effet la même coloration jaune qu’en solution. Faire réagir des solutions est si pratique pour le chimiste, si simple pour l’enseignant, qu’on en oublie souvent que l’élève, lui, ne voit rien. On lui montre des liquides incolores, on les mélange devant lui, et la magie fait son œuvre. Le point de vue adopté dans cette activité est donc de démystifier ce qui se passe en solution en le produisant également « à sec ». On voit l’événement se réaliser à la force du broyage. Le mode opératoire suggéré ne remplace pas la magie en solution par la magie à l’état solide, il met en parallèle deux événements similaires dont l’élève doit trouver les points communs. L’enjeu est donc autre. En troisième partie, une nouvelle transformation chimique est présentée à l’élève, cette fois seulement en solution. Il doit y réfléchir et réinvestir les connaissances qu’il a construites dans les deux premières parties de l’activité. Il s’agit de la réaction entre les ions thiocyanate SCN – et fer Fe 3+ . L’intense coloration rouge sang qui en résulte est produite par une entité en solution, et non par un précipité. En diluant le mélange réactionnel, l’élève peut en prendre conscience. C’est donc un TP où l’élève manipule beaucoup, il prépare des solutions, il en mélange, il broie des solides, il voit différentes couleurs. En plus de la découverte de ces savoir-faire, un questionnement adapté contribue à renforcer à la fois le concept de réaction chimique, central dans ce chapitre, mais également les notions relatives aux solutions, vues dans les chapitres précédents. Correction

1. Réaction en phase dissoute a. On constate que les trois produits chimiques se dissolvent totalement dans l’eau distillée et forment des solutions incolores. Les espèces chimiques correspondantes sont solubles. b. On constate l’apparition d’un précipité jaune lors du mélange des deux solutions. On peut affirmer qu’une transformation chimique a eu lieu car il est apparu en solution une nouvelle espèce chimique insoluble et de couleur jaune.


c. Le système chimique est constitué à l’état initial d’une solution contenant des ions nitrate, des ions plomb, des ions iodure et des ions potassium. d. On a : Pb(NO3)2 → Pb2+ + 2NO3−. e. Les deux associations possibles sont Pb 2+ avec I , et K+ avec NO3−. Pb2+ ne peut en effet pas s’associer avec NO3− puisque ceux-ci coexistent dans la solution de nitrate de plomb. Pour une raison analogue, K+ et I – ne peuvent pas s’associer. f. On a observé à la question a que le nitrate de potassium était soluble dans l’eau, il ne peut donc pas constituer le précipité. g. On a : Pb2+ + 2I− → PbI2. −

2. Réaction en phase solide Note. Si l’on ne dispose pas de deux mortiers par binôme, on peut faire broyer une double quantité d’iodure de potassium par un binôme et une double quantité de nitrate de plomb par un autre binôme. L’important est que tous les élèves aient constaté par eux-mêmes que le broyage des solides, pris séparément, ne conduit pas à la formation d’une coloration jaune. C’est évident pour un chimiste, encore faut-il que les élèves en prennent conscience.

a. Non, il n’y a pas de changement de couleur ; chaque poudre reste blanche. b. On constate que la couleur évolue au cours du broyage. Le solide devient jaune. c. L’apparition d’une couleur jaune lors du broyage indique la présence d’une nouvelle espèce chimique. Une transformation chimique a donc eu lieu. d. On a : Pb(NO3)2 + 2KI → PbI2 + 2KNO3. Note. Les élèves peuvent se demander d’où sort le produit KNO 3. D’une part, il en a été question dans la première partie, ce n’est donc pas un produit totalement inconnu d’eux. D’autre part, ils doivent savoir, sinon c’est l’occasion pour eux de le (re)découvrir, que l’écriture d’ions K + et NO – 3 n’est permise, pour une réaction chimique, qu’en solution.

e. Points communs :

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– les mêmes espèces chimiques, nitrate de plomb et iodure de potassium, sont mises en jeu dans les deux situations ; – dans les deux cas il se forme une espèce chimique commune (jaune, l’iodure de plomb). Différences : – dans un cas il y a un solvant et pas dans l’autre ; – l’espèce chimique nitrate de potassium ne se forme qu’en phase solide.

b. On peut envisager : NH4+ avec Cl – , ou Fe3+ avec

SCN – . c. On peut mettre en solution du chlorure d’ammonium NH4Cl et voir si la solution est colorée. Si elle ne l’est pas, c’est que c’est l’autre association (entre Fe3+ et SCN−) qui a eu lieu. d. On constate que la coloration rouge devient moins intense et qu’il n’y a pas de solide dans l’erlenmeyer. Le produit de la réaction n’est donc pas un précipité. Note. L’équation de la réaction mise en jeu est : Fe3+ + SCN− → Fe(SCN)2+. Une solution qui ne contient pas de précipité est transparente (éventuellement colorée). Son caractère homogène ne perturbe pas la traversée de la lumière. On peut s’en convaincre en la mettant au contact d’une page écrite. On distingue alors clairement le texte à travers la solution.

6. Réactions chimiques et lois de conservation (p. 141) On part d’informations historiques relatives à quelques résultats de Stahl, un grand chimiste du début du XVIIe siècle, précurseur des travaux de Lavoisier. Ce savant prussien avait compris que la corrosion du fer et les combustions résultaient du même type de réaction chimique. Il avait également identifié la réduction de l’oxyde de fer. Le lien entre Lavoisier et Stahl est indirect. Les travaux de ce dernier, rédigés dans un mélange d’allemand et de latin, furent repris dans une publication de Senac en 1723 que lut Guillaume-François Ruelle, enseignant au Jardin des Plantes. C’est là que Lavoisier apprit la chimie. Cette activité étudie et compare la combustion du carbone et l’oxydation du fer. Les points communs et les différences sont dégagées, en particulier le fait que la masse d’un morceau de charbon qui brûle diminue alors que celle d’un clou en fer qui rouille augmente. L’élève peut interpréter cela grâce à ce qu’il sait du dioxyde de carbone, gazeux, et grâce à la formule brute de la rouille. Une fois qu’une bonne méthode de réflexion est acquise, l’élève peut, en troisième partie, comprendre certains aspects des travaux de Stahl. Correction

3. Formation d’une entité colorée

1. La combustion du carbone

a. On constate l’apparition d’une coloration rouge

a. On observe la combustion du morceau de car-

intense qui ne peut s’expliquer que parce qu’une transformation chimique a eu lieu dans le tube à essais. Note. Attention il ne s’agit pas d’une réaction de précipitation.


bone dans le dioxygène. Cette combustion est vive, dégage de la chaleur et émet de la lumière. b. La masse n’a pas changé en vertu de la loi de Lavoisier.

5

c La masse est inférieure car dans le têt à combus-

c. Avant Stahl, ces deux transformations étaient

tion, une partie du charbon a disparu. d. C + O 2 → CO2.

abordées sous un point de vue perceptible uniquement : rapide ou lent, dégageant de la chaleur ou pas, etc. Ce chimiste allemand a trouvé un même modèle pour décrire ces deux transformations, celui de la réaction chimique. d. Stahl est antérieur à Lavoisier de presque un siècle. Les historiens des sciences ont montré que Lavoisier avait utilisé les résultats de Stahl.

.

Note. Si d’aventure des élèves se risquaient à proposer la formation de monoxyde de carbone, la réponse doit être considérée comme cohérente avec les informations de l’énoncé, mais fausse. Le monoxyde de carbone ne se forme pas dans une flamme, à haute température. e. On peut mettre en évidence le dioxyde de

carbone par un test à l’eau de chaux. Cette dernière peut être ajoutée au flacon avant ou après la réaction ; initialement limpide, elle se troublerait après agitation.

2. La formation de la rouille

• Transformations chimiques

tanée d’eau et de dioxygène.

Dans les tous les cas, il y a des transformations, mais dans le cas d’une guirlande, aucune nouvelle espèce chimique n’est formée. Ce n’est donc pas une transformation chimique.

b. Les réactifs sont le fer, l’eau et le dioxygène. Le produit est la rouille. c. 4Fe + 2H2O + 3O2 → 4FeO2H. d. La formule chimique de la rouille montre que chaque atome de fer ayant agi s’est entouré de 2 atomes d’oxygène et d’un atome d’hydrogène. Il en résulte un gain de masse pour l’objet rouillé. Note. On peut faire remarquer aux élèves que la rouille n’étant pas un oxyde fortement fixé au fer (contrairement à l’oxyde d’aluminium par exemple), elle finit par s’en détacher et l’objet pèse alors moins lourd.

e. Chaque ballon a la même masse avant et après les 15 jours. Pour le ballon 2, c’est à cause de la loi de Lavoisier. Pour les autres ballons, c’est parce qu’il ne s’est rien passé.


9.

• État initial, état final Un moteur diesel qui fonctionne. É. I. : le moment où l’on démarre le moteur. É. F. : le moment où le moteur s’arrête, soit parce qu’il n’y a plus de carburant, soit parce que le dioxygène ne parvient plus au moteur. Un moteur à essence qui fonctionne. É. I. et É. F. comme précédemment. 10.

11.

a. Chlorure d’hydrogène et éthanoate d’éthyle.

b. Oui, car il a disparu pendant la transformation.

Note. À ce niveau, un élève n’a pas de critère pour trouver que l’éthanol est aussi un réactif. Cela pourrait très bien être le solvant, la transformation ne faisant intervenir qu’un unique réactif. Sur un plan pédagogique, nous pensons qu’il est essentiel de ne pas laisser croire aux élèves qu’il y a forcément deux réactifs dans toute transformation chimique. 13.

a. Les espèces chimiques constituant le bois et

3. La théorie de Stahl

le dioxygène de l’air.

a. La combustion produit de la chaleur et de la

Note. Le bois contient essentiellement de la cellulose, un polymère du glucose.

lumière, alors que ce n’est pas le cas pour la corrosion. Le charbon disparaît alors que la masse du clou augmente. La première transformation se déroule en moins d’une minute, l’autre est beaucoup plus longue.

d

Appliquer ses connaissances

a. La corrosion du fer nécessite la présence simul Note. Le fer ne peut pas rouiller en l’absence d’eau. Il peut s’oxyder sans eau, mais à beaucoup plus haute température ; il se forme alors un oxyde de fer, par exemple Fe 3O4, mais pas de rouille FeO2H. Dans les pays chauds et secs, les carrosseries des voitures ne rouillent pas, comparé à ce qui se passe en France métropolitaine.

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Exercices

Note. En 15 jours, la réaction est visible, mais loin d’être totale. À l’air humide ou dans la terre, un clou met des années à rouiller complètement. Heureusement !

b. Les deux réactions nécessitent la présence de dioxygène. Note. L’élément chimique oxygène se retrouve sous forme d’atome O lié au carbone dans la molécule CO 2, ou sous forme d’ions O2– dans le réseau cristallin de FeO 2H.

6

b. CO2 et H2O, par définition d’une combustion

complète d’espèces chimiques contenant les éléments chimiques C, H et O. c. É. I. = bûchette et air, au moment où l’on craque l’allumette. d. É. F. = dioxyde de carbone et vapeur d’eau partis dans l’atmosphère. e. Si la combustion est complète, c’est qu’il y a un excès de dioxygène. Si la bûchette s’éteint avant d’être totalement consumée, par exemple après avoir soufflé la flamme, c’est qu’une modification du système chimique non inclue dans l’état initial est intervenue.


• Stœchiométrie des équations chimiques 14.

a. CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O

b. C6H12O6 + 6O2 → 6CO2 + 6H2O c. 4Al + 3O2 → 2Al2O3 d. C4H6 + 2Cl2 → C4H6Cl4 e. C6H6 + 3HNO3 → C6H3N3O6 + 3H2O f. 2FeCl3 + 3MgO → Fe2O3 + 3MgCl2 La stoechiométrie est ajustée dans les cas a et b. Pour c, il faut écrire : H2CO3 + H2O → HCO – 3 + H3O+. Pour d, c’est Pb2+ + 4I – → PbI2– 4 . 16.

17.

a. 2NH3 + H2S → (NH4)2S.

b. Ag+ + 2NH3 → Ag(NH3)+2 . c. Ag+ + 2CN – → Ag(CN) – 2 . d. 2Na + 2H+ → 2Na+ + H2. e. H2SO4 + 2HO – → SO42– + 2H2O. f. H3PO4 + 3HO – → PO3– 4 + 3H 2O. g. 2Al + 6H+ → 2Al3+ + 3H2. – 2– h. I2 + 2S2O2– 3 → 2I + S 4O6 . i. 2Fe3+ + 3Zn → 2Fe + 3Zn2+. j. 2Au3+ + 3Cu → 2Au + 3Cu2+. k. Fe2+ + 2HO – → Fe(OH)2. l. Fe3+ + 3HO – → Fe(OH)3. m. Zn(OH)2 + 2HO – → ZnO2– 2 + 2H 2O. 18.

a. Cu2+ + 2HO− → Cu(OH)2.

b. 3Cu + 2NO – 3 + 8H+ → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O. c. 2NO + O2 → 2NO2.

• Réactions chimiques Traductions des équations chimiques : – Le méthane réagit avec le dioxygène pour donner du dioxyde de carbone et de l’eau. – Le glucose réagit avec le dioxygène pour donner du dioxyde de carbone et de l’eau. – L’aluminium réagit avec le dioxygène pour donner de l’alumine. – Le butadiène réagit avec le dichlore pour donner du tétrachlorobutane. – Le benzène réagit avec l’acide nitrique pour donner du trinitrobenzène et de l’eau. – Le trichlorure de fer réagit avec l’oxyde de magnésium pour donner de l’oxyde de fer et du chlorure de magnésium. – Le calcium réagit avec l’eau pour donner de l’hydroxyde de calcium et du dihydrogène. 20.

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d


21.

a. C2H6O + 3O2 → 2CO2 + 3H2O

b. Il s’agit de l’eau H 2O, seul produit de la réaction liquide dans les conditions de l’expérience.


c. On peut confirmer que les gouttes récupérées sont de l’eau à l’aide du test au sulfate de cuivre anhydre. Si le solide, initialement blanc, devient bleuté, c’est que les gouttelettes sont de l’eau. d. CO2 + H2O + Ca2+ → CaCO3 + 2H+ 22. a. HCl + NH 3 → NH4Cl b. 2HCl + CaO → CaCl2 + H2O c. 2C4H10 + 13O2 → 8CO2 + 10H2O d. Fe2O3 + 3CO → 2Fe + 3CO2 e. Ca + 2H2O → Ca(OH)2 + H2 23. a. Le mélange d’eau salée et d’eau de Javel ne conduit pas à une réaction chimique puisque l’eau salée n’apporte que les entités chimiques Na +, Cl – et H2O déjà présentes dans l’eau de Javel. Seul l’apport de nouvelles entités chimiques pourrait conduire à un mélange réactif. b. Apporter des ions chlorure à de l’eau de Javel n’est pas suffisant pour qu’il y ait une réaction chimique, puisqu’il y en a déjà. On peut donc en déduire que l’autre ion du détartrant (l’ion H+) est nécessairement un réactif de la réaction envisagée. c. 2H+ + Cl – + ClO – → Cl2 + H2O. d. On reconnaît dans les réactifs les ions présents dans le détartrant et l’eau de Javel, et dans les produits les espèces chimiques formées lors du mélange. 24. a. On a Na+ et Cl – d’une part, et d’autre part Fe3+ et HO – . Les ions Na+ et HO – ne peuvent s’associer car ils sont inroduits par une solution d’hydroxyde de sodium Na+ + HO – . Il en est de même pour les ions Fe 3+ et Cl – . b. Le précipité formé contient les ions fer Fe3+ et les ions hydroxyde HO – . c. Fe3+ + 3HO – → Fe(OH)3. 25. a. De nouvelles espèces chimiques sont produites. On peut donc parler de transformation chimique. b. L’acide propanoïque C3H6O2, l’éthanol C2H6O, l’acide sulfurique H2SO4, l’eau constituent le système chimique à l’état initial. c. L’acide sulfurique n’est pas consommé. d. L’acide propanoïque C3H6O2 et l’éthanol C2H6O sont les réactifs puisque eux seuls sont consommés. L’eau et le propanoate d’éthyle C 5H10O2 sont les espèces chimiques produites. e. C3H6O2 + C2H6O → H2O + C5H10O2 .

Aller plus loin Cacao et caféine a. Il y a, à gauche et à droite, 9 C, 14 H, 1 S, 4 N, 6 O. La stœchiométrie de l’équation est donc ajustée. 26.

7

b. En utilisant la deuxième loi de Lavoisier, on peut écrire que la masse de la caféine obtenue est égale à : 1,80 + 1,26 – 1,12 = 1,94 g. c. Il en faut 50 fois plus que de masse de théobromine, soit 90 g. d. Non, c’est une extraction, il n’y a pas apparition de nouvelles espèces chimiques. Note. Le sulfate de diméthyle s’écrit en formule semi-développée O2S(OCH3)2. C’est un agent méthylant qui permet de transformer un groupe OH (d’alcool, d’acide) en groupe OCH 3. 27. Le

fonctionnement d’une moto a. L’essence réagit avec du dioxygène pour donner du dioxyde de carbone et de l’eau.

b. C7H16 + 11O2 → 7CO2 + 8H2O. c. L’élément chimique N, de NO 2, provient forcé-

ment du diazote présent dans l’air. d. N2 + 2O2→ 2NO2. e. É.I. : essence et air. É.F. : dioxyde de carbone, eau, un peu de dioxyde d’azote, le reste de diazote et de dioxygène. 28. Les

pluies acides a. H2SO4 + H2O → HSO – 4 + H3O+. b. SO3 + H2O → H2SO4. c. C2H6S + 5O2 → 2CO2 + 3H2O + SO3.

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8


CHAPITRE 9 BILAN DE MATIÈRE Aspects pédagogiques et scientifiques

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L’étude du bilan de matière plonge l’élève dans le traitement quantitatif de la réaction chimique. Le grand nombre de notions qu’il faut manipuler simultanément en rend l’apprentissage ardu. L’élève n’a pas à ce stade une perception microscopique suffisante de la matière pour qu’il puisse en déduire de façon raisonnée la notion de stœchiométrie, c’est-à-dire traduire que les réactifs se combinent en proportions définies. Il n’a pas non plus encore bien construit le sens de la grandeur quantité de matière qui lui permettrait un traitement macroscopique du bilan de matière. Pour avancer, face à tant d’adversité, le programme officiel demande de traiter le bilan de matière à l’aide du tableau d’avancement. Cet outil est basé sur la grandeur macroscopique avancement, qui s’exprime en mole et dont la définition complexe n’est pas au programme. Il permet, en étant rempli de façon automatique, de court-circuiter certaines des notions délicates connexes au bilan de matière et de simplifier considérablement la tâche de l’élève. Dans la progression d’activités proposée, nous avons adopté cette approche, tout en essayant de donner du sens aux notions mises en jeu. Les deux premières activités permettent de comprendre la notion de réactif limitant, sans pour cela qu’aucun calcul ne soit mis en jeu. Il s’agit par exemple de faire prendre conscience que, lorsque deux réactifs sont en présence, augmenter la quantité de l’un des deux amplifie « parfois », et parfois seulement, l’effet que produit la transformation chimique ; par exemple le gonflement d’un ballon par le dioxyde de carbone issu de la réaction. Dans le cas de la première activité où un peu de levure est introduit dans du vinaigre, ajouter plus de vinaigre ne change rien à la quantité de gaz produite. La notion d’avancement est introduite dans l’activité 3 à l’occasion de la réaction de précipitation de l’iodure de plomb. L’intérêt de la réaction retenue pour cette étude vient : – de sa simplicité : deux réactifs et un produit dont on peut percevoir la formation puisque c’est un précipité jaune ;

9 – B ILAN DE MATIÈRE

– et des nombres stœchiométriques non triviaux, 1 / 2 / 1, ce qui donne un petit caractère général aux connaissances que l’élève va construire. L’avancement est défini comme la quantité de matière d’iodure de plomb formé. C’est une définition simplifiée dans le contexte bien précis de l’activité. Nous notons l’avancement x , et non ξ comme dans la littérature universitaire, conformément à la demande du programme. L’élève peut ainsi commencer son premier calcul d’avancement. Puis les règles qui permettent d’établir un tableau d’avancement sont fournies et l’élève peut analyser un tableau fourni. En troisième partie, l’élève doit construire un tableau lui-même et l’on fait en sorte qu’il s’aperçoive de l’aspect répétitif du remplissage du tableau. Dans l’activité 4, il est question de la notion de stœchiométrie. Nous avons estimé qu’il était important que l’élève ait une première approche de cette notion, en relation avec l’avancement. L’équation de la réaction qui sert de support à cette étude est fournie ; il s’agit de la réaction du diiode avec les ions thiosulfate. Le TP proposé en activité 5 permet de faire réagir + des ions HCO – 3 et H , le bilan étant établi par la volumétrie de CO2 formé, en utilisant la loi d’Avogadro relative aux gaz. Les différentes notions : tableau d’avancement, réactif en excès, réactif limitant, etc. sont réinvesties dans cette activité expérimentale. Bien que cette étude semble complète, il ne faut pas se leurrer sur l’approche nécessairement limitée qui est proposée. Si l’élève parvient à remplir des tableaux d’avancement et à les exploiter dans les cas simples, il aura atteint l’objectif de ce chapitre. Ce n’est pas pour cela que l’on pourra penser qu’il a compris ce qu’est la grandeur avancement par exemple. Nous avons constaté qu’une des difficultés était de mettre en rapport le tableau avec les notions des précédents chapitres : relations entre quantité de matière, masse, concentration, volume de gaz. Ce chapitre est donc aussi l’occasion d’approfondir ce qui a été précédemment étudié.

1

Activités de découverte 1. Réaction chimique dans la cuisine (p. 148) L’élève sait du chapitre précédent que le chimiste étudie une transformation chimique en simplifiant le système chimique. Le vinaigre est modélisé par une solution aqueuse d’acide éthanoïque et la levure par de l’hydrogénocarbonate de sodium. L’objectif de cette activité est d’aller plus loin et de considérer les quantités de réactifs introduits. La modification des volumes proposée permet de lutter contre l’intuition naturelle qui consiste à penser que si l’on double la quantité d’un des partenaires de la transformation, on double l’effet observé (ici le gonflement du ballon). Cela permet d’introduire la notion de réactif en excès.

Analyse du mode opératoire Le vinaigre contient généralement 8 % d’acide éthanoïque, soit 80 g·L –1 c’est-à-dire 1,3 mol·L –1. Un sachet de 11 g de levure chimique contient au plus 0,13 mol d’ions hydrogénocarbonate. La transformation totale en dioxyde de carbone conduirait à la formation de 3 L de gaz s’il était dans les conditions normales de pression, ce qui n’est pas tout à fait le cas puisque le gonflement du ballon de baudruche impose à son contenu une légère surpression. Il faut prévoir que l’ion hydrogénocarbonate sera encore le réactif limitant dans la troisième situation (100 mL de vinaigre, 0,13 mol), donc que trois spatules correspondent à une quantité inférieure ou égale à la totalité d’un sachet. Correction

a. Le volume du ballon augmente pendant un moment puis se stabilise. Le gonflement du ballon témoigne de la formation d’un gaz lors du mélange du vinaigre et de la levure.

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d


Note. La formation d’un gaz doit être traduite par l’élève comme la formation d’une nouvelle espèce chimique. Vu ce qui a été enseigné au chapitre 2, il s’agit donc d’une transformation chimique et, vu ce qui a été enseigné au chapitre 8, on modélise cette transformation par une réaction, c’est-à-dire en considérant que le vinaigre, d’une part, et la levure, d’autre part, contiennent les réactifs de la réaction chimique.

On constate que la « quantité » (c’est un volume, auquel correspond une quantité de matière d’acide) initiale de vinaigre ne semble pas influer sur la quantité de gaz formée. En revanche, on constate que la « quantité » initiale de levure (cette quantité est un b.

2

nombre de spatules qui correspond encore à une quantité de matière) influe sur la quantité de gaz formée. c. Plus le ballon est gros, plus la quantité de matière de gaz qu’il contient est grande. Note. Cette relation est importante à faire faire aux élèves. Si le chapitre sur les gaz a été traité, on peut aller plus loin dans les explications sur la pression.

L’acide contenu dans le vinaigre n’a pas totalement réagi lors de la première expérience, car il y avait « trop » de vinaigre (c’est-à-dire un excès d’acide éthanoïque). En mettre plus ne change rien au résultat du gonflement. En revanche, mettre plus de levure revient à introduire plus d’ions hydrogénocarbonate qui peuvent réagir avec l’acide en excès. Le gonflement du ballon peut donc se poursuivre. d.

Note. Les notions d’excès et de défaut d’un réactif sont considérées ici qualitativement. La notion de quantité de matière a été soigneusement évitée dans l’énoncé, mais le professeur jugera si ses élèves l’ont suffisamment bien acquise pour pouvoir l’évoquer dans cette activité introductive.

2. Réactif en excès et réactif limitant (p. 148) L’objectif de cette activité est de mettre en évidence la notion de réactif limitant et de réactif en excès. Pour cela, on associe le sens que ces mots ont dans le vocabulaire courant avec des situations pour lesquelles la notion d’excès et de défaut apparaît de façon perceptible, grâce à une réaction chimique dont les réactifs sont incolores et le produit de la réaction est coloré.

Analyse du mode opératoire L’équation de la réaction est : Fe3+ + SCN – → Fe(SCN)2+. Lors d’une première approche de cette activité, les élèves n’ont pas besoin de la connaître. Les concentrations doivent être faibles car le coefficient d’absorption molaire du produit qui se forme est grand. La solution de chlorure de fer doit être légèrement acide (pH < 2) pour éviter que ne se forme un précipité d’hydroxyde de fer, sans que l’acide ne soit excessivement concentré ; les ions thiocyanate ne seraient alors pas stables. La solution d’ions fer (III) doit avoir une concentration de 0,01 mol·L –1 et la concentration en ions thiocyanate doit être telle que l’équivalence est obtenue pour le troisième tube, soit 0,067 mol·L –1. On peut tout aussi bien utiliser des solutions de thiocyanate de potassium ou de sodium. L’ajout de la solution de thiocyanate d’ammonium est réalisé avec une burette.

9 – BILAN DE MATIÈRE

Le rapport des concentrations permet que l’ajout progressif de la solution de thiocyanate d’ammonium ne modifie pas trop le volume total du système chimique, afin d’éviter la dilution qui se traduirait par une modification de l’intensité de la couleur du produit (loi de Beer-Lambert).

Vocabulaire courant Si le terme « excès » a des sens voisins dans le vocabulaire courant et en chimie – « il y en a trop » – il n’en n’est pas de même pour le verbe « limiter » pour lequel la notion habituelle de limite est plus large que celle utilisée dans le cadre de la réaction chimique. C’est la raison pour laquelle la question sur le réactif en excès est posée avant celle de réactif limitant. Dans le vocabulaire courant, limiter est associé à : on ne peut pas aller plus loin / il y a une limite / on est contraint. En chimie, l’adjectif « limitant » est relatif au réactif qui fixe la limite de la réaction. La relation entre le sens courant et le sens chimique est plus difficile à faire sentir intuitivement. Correction

a. La couleur est de plus en plus soutenue dans les tubes 1, 2 et 3, mais est la même dans les tubes 3, 4 et 5. Cela peut paraître surprenant aux élèves puisque l’on a ajouté de plus en plus de réactif entraînant la coloration de la solution. b. « En excès » signifie « en trop » dans le vocabulaire courant. c. Les ions thiocyanate sont un réactif en excès puisque la coloration de la solution n’est pas modifiée lorsqu’on en rajoute. Il y a déjà un surplus d’ions thiocyanate dans le tube 4, en mettre davantage n’a donc pas de raison de modifier la couleur pour le tube 5. d. « Limiter », c’est imposer une limite. « Limitant », est donc relatif à celui qui fixe une limite. e. Les ions thiocyanate sont appelés réactif limitant parce que la quantité ajoutée limite l’intensité de la coloration de la solution. Mettre plus de ce réactif conduit à une couleur plus intense.

3. Introduction à la notion d’avancement (p. 149) r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Cette activité permet que l’élève comprenne ce qu’est la grandeur avancement sans en fournir la définition. Cette notion est délicate mais le tableau d’avancement en permet la manipulation dès que l’élève a compris comment il s’établit. La notion de réactif limitant pose également des problèmes aux élèves. Son approche, abordée d’un point de vue


qualitatif dans l’activité précédente, est maintenant traitée quantitativement. Une erreur s’est glissée dans le tableau de l’énoncé. Pour les expériences 4 et 5, il faut remplacer les valeurs 0,1 par 0,05 dans la colonne n(PbI2)final. Correction

1. Avancement d’une réaction chimique a. Pb2+ + 2I – → PbI2. b. M (PbI2) = 207,2 + 2 × 126,7 = 460,6 g·mol –1 . c. Il faut déterminer la quantité de matière présente dans 0,14 g d’iodure de plomb : n = m / M = 0,14/460,6 = 3,0·10 –4 mol. d. Pour les expériences 2 et 3, l’avancement final ne dépend pas de la quantité de matière initiale d’ions iodure puisque la quantité initiale d’ions iodure peut varier (0,2 ou 0,3 mol) sans que l’avancement maximal ne change (0,1 mol). e. Pour les expériences 1 et 4, l’avancement maximal dépend de la quantité de matière initiale d’ions plomb puisque l’avancement maximal change quand la quantité de matière initiale d’ions plomb change.

2. Tableau d’avancement Expérience 5

Pb2+

É.I. x = 0

0,3

0,1

0

x É.F. x max

0,3 – x

0,1 – 2 x

x x max

+

2I –

→ PbI2

0,3 – x max 0,1 – 2 x max

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés en mole.

a. Il n’y a pas d’iodure de plomb à l’état initial, c’est-à-dire quand l’avancement de la réaction x est égal à 0. b. Par définition de l’avancement x , la quantité de matière de PbI2 est égale à l’avancement de la réaction. c. Il suffit de reporter la valeur de x max dans les expressions du tableau. Celle-ci est de 0,05 mol, contrairement à ce qui est donné dans le tableau de la partie 1 de certains manuels. On trouve : n(Pb2+)final = 0,25 mol et n(I – )final = 0 mol.

3. Utilisation de tableaux d’avancement a. Il suffit d’adapter les valeurs du nouveau tableau d’avancement aux nouvelles valeurs initiales. Expérience 3

Pb2+

É.I. x = 0

0,1

0,3

0

x É.F. x max

0,1 – x

0,3 – 2 x

x x max

+

2I –

→ PbI2

0,1 – x max 0,3 – 2 x max


3

Comme x max = 0,1 mol, on peut en déduire les quantités de matière finales : – ions Pb 2+ : 0,1 – 0,1 = 0 mol ; – ions I – : 0,3 – 2 × 0,1 = 0,1 mol. b. Par définition, les ions plomb sont limitants dans cette expérience 3. c. Le tableau d’avancement pour l’expérience 1 est : Expérience 1

Pb2+

É.I. x = 0

0,1

0,1

0

x É.F. x max

0,1 – x

0,1 – 2 x

x x max

+

2I –

→ PbI2

0,1 – x max 0,1 – 2 x max


On peut trouver x max = n(PbI2)final = 0,05 mol d’après la partie 1. Il faut ensuite reporter la valeur de x max dans la dernière ligne du tableau. On trouve : n(Pb2+)final = 0,05 mol et n(I – )final = 0 mol. Les ions iodure constituent le réactif limitant dans ce cas.

d. Expérience 2

Pb2+

É.I. x = 0

0,1

0,2

0

x É.F. x max

0,1 – x

0,2 – 2 x

x x max

+

2I –

→ PbI2

0,1 – x max 0,2 – 2 x max


Il faut trouver x max = n(PbI2)final = 0,1 mol d’après la partie 1. Il faut ensuite reporter la valeur de x max dans la dernière ligne du tableau. On trouve : n(Pb2+)final = 0 mol et n(I – )final = 0 mol. Les ions iodure et les ions plomb sont tous les deux des réactifs limitants dans ce cas. C’est un cas particulier qu’on appellera proportions stœchiométriques.

4. Stœchiométrie et avancement (p. 150) r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Pour l’élève, le tableau d’avancement correspond rapidement à un algorithme dénué de signification. Cette activité souhaite lutter un peu contre cet état de fait. L’élève est convié à réfléchir aux valeurs initiales et finales des réactifs et des produits, en lien avec l’avancement. C’est le sens profond de la stœchiométrie qui est en jeu. C’est un peu difficile pour l’élève, mais c’est important qu’il ait pris le

4

temps de voir qu’il existe une relation entre ces différentes valeurs et les nombres stœchiométriques de l’équation chimique de la réaction utilisée. La réaction qui sert de support à cette activité met en jeu des ions thiosulfate et du diiode. Elle resservira dans le cours. Cet exemple possède l’avantage de n’avoir pas ses nombres stœchiométriques tous égaux à 1. Par ailleurs, la disparition de la couleur du diiode est utilisable pour une démonstration expérimentale accompagnant cette activité. Cette activité peut également accompagner l’utilisation du simulateur Lavoisier, généralement bien appréciée des élèves. Correction

1. Stœchiométrie des réactifs a. On détermine ces quantités par différence entre les quantités finales et initiales.

Expérience 1 2 3

n(I2) en mol

n(S2O2– 3 ) en mol

0,16 0,20 0,09

0,32 0,40 0,18

On constate que la quantité de matière d’ions thiosulfate disparus est toujours le double de celle de diiode disparu. b. On utilise le résultat de la question a, c’est-à-dire le fait que la quantité de matière d’ions thiosulfate qui disparaissent est le double de celle de diiode. Pour l’expérience 1, il aurait fallu 0,16 mol de diiode à l’état initial pour être dans les proportions stœchiométriques. Pour l’expérience 2, il en aurait fallu la moitié de 1,00 mol, soit 0,50 mol. Pour l’expérience 3, il en aurait fallu 0,09 mol. c. Si l’on avait doublé la quantité de matière de diiode initiale de la première expérience, on en aurait eu initialement 0,64 mol ; 0,32 mol supplémentaires se seraient ajoutées, à l’état final, aux 0,16 mol de l’état final de l’expérience 1. Il en serait donc resté : 0,16 + 0,32 = 0,48 mol.

2. Stœchiométrie de l’équation chimique a. Il se forme à chaque fois deux fois plus d’ions iodure que d’ions tétrathionate. b. Il se forme à chaque fois deux fois plus d’ions iodure qu’il ne disparaît de diiode. c. Il se forme à chaque fois deux fois moins d’ions tétrathionate qu’il ne disparaît d’ions thiosulfate. d. Les proportions constatées à partir des quantités de matière expérimentales sont les mêmes que les rapports des nombres stœchiométriques.


3. Avancement d’une réaction a. Le seul produit dont le nombre stœchiométrique

est 1 est S 4O62– . b. L’avancement dans l’état final est égal à la quantité de matière d’ions tétrathionate, soit : x 3 = 0,09 mol. c. Pour les ions iodure : n(I – ) = 2 x . d. – Pour le diiode, n(I2) = ni(I2) x . – Pour les ions thiosulfate, n(S2O32– ) = ni(S2O2– 3 ) 2 x . e. L’histogramme est le suivant : Quantité de matière (mol) 0,18

Si m0 = 0,70 g : ns = 0,70/84 = 8,3·10 –3 mol. La quantité de matière des ions H + est : nH+ = V 1cA = 2,0·10 –3 × 2,0 = 4,0·10 –3 mol. b. Le seul produit gazeux dans les conditions de l’expérience est le dioxyde de carbone. c. Construction du tableau d’avancement : NaHCO3 + É.I. x = 0

x

H+

→ Na+ + H2O + CO2

8,3·10 –3

4,0·10 –3

0 solvant

0

8,3·10 –3 – x

4,0·10 –3 – x

x solvant

x

É.F. x max 8,3·10 –3 – x max 4,0·10 –3 – x max x max solvant x max L’avancement et les quantités de matière sont exprimés en mole.

d. Puisqu’il ne reste plus d’ion H+ (condition don0,09 0,03 0

I2

S2O2– 3

I –

S4O2– 6

Activités d’exploitation 5. Avancement et bilan de matière (p. 158) Ce TP permet de faire manipuler du matériel de chimie un peu délicat : burette, cuve à eau, ce qui représente une préparation intéressante aux activités de première S. Il est nécessaire de prévenir l’élève de l’importance d’une condition écrite dans le texte du TP : il ne doit pas y avoir de fuite à ce montage. Un grand soin s’impose donc. Les valeurs trouvées seraient incorrectes sinon. L’expérience proposée met en jeu un solide, une solution et un gaz. Il faut donc faire intervenir des conversions entre quantité de matière et masse, concentration ou volume de gaz suivant les cas. C’est donc une activité assez complète. Par ailleurs, il est demandé de prévoir les valeurs expérimentales attendues et de les confronter à la valeur résultant de l’expérience. C’est une activité importante en chimie comme en physique. Il peut être utile de le faire remarquer aux élèves. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Correction

2. Première mesure : défaut d’acide a. La quantité de matière ns d’hydrogénocarbonate de sodium est reliée à sa masse m0 par la relation ns = m0 / M .


née dans l’énoncé), on peut écrire : 4,0·10 –3 – x max = 0 d’où x max = 4,0·10 –3 mol. On peut donc en déduire la quantité de NaHCO 3 restant n’s : n’s = 8,3·10 –3 – x max = 8,3·10 –3 – 4,0 ·10 –3 n’s = 4,4·10 –3 mol. La quantité de matière de CO 2 formé est égale à l’avancement x max. On peut donc, si le volume molaire est V M = 24 L·mol –1, en déduire le volume formé : V CO2 = x maxV M = 4,0·10 –3 × 24 = 48·10 –3 L V CO2 = 48 mL. Note. Généralement, le volume observé est légèrement inférieur à la valeur calculée. C’est à cause de la petite solubilité de ce gaz dans l’eau.

3. Deuxième mesure : excès d’acide a. La quantité de matière d’ions H + introduits depuis le début de l’expérience est : nH+ = V 2 cA = 8,0·10 –3 × 2,0 = 16·10 –3 mol. b. Le nouveau tableau d’avancement est : NaHCO3 + É.I. x = 0

x

H+

→ Na+ + H2O + CO2

8,3·10 –3

16·10 –3

0 solvant

0

8,3·10 –3 – x

16·10 –3 – x

x solvant

x

É.F. x max 8,3·10 –3 – x max 16·10 –3 – x max x max solvant x max L’avancement et les quantités de matière sont exprimés en mole.

c. Si les ions H+ constituent à nouveau le réactif limitant, on aurait x max = 16·10 –3 mol. La quantité finale de NaHCO 3 serait alors : ns’’ = 8,3·10 –3 – 16 ·10 –3 = – 7,7·10 –3 mol. Une quantité de matière négative n’est pas acceptable. d. Puisque la valeur trouvée pour ns’’ n’est pas acceptable, c’est que l’hypothèse relative à la nature du réactif limitant est incorrecte. NaHCO 3

5

est donc le réactif limitant. La valeur de l’avancement maximal est alors x max = 8,3·10 –3 mol. e. On peut en déduire le volume de dioxyde de carbone attendu. Comme à la question d de la partie 2 : V CO2 = x maxV M = 8,3·10 –3 × 24 = 0,20 L.

Cu2+

→ Zn2+ +

Fe

0,3

0,3

0

0

0,3 – x

0,3 – x

x

x

Zn É.I. x = 0

x

+

2CO É.I. x = 0

x

Exercices

8.

x

0

0,3 – 2 x

x

x

10.

a. L’équation de la réaction est :

2H2 + O2 → 2H2O. b. Comme on n’a pas d’information sur l’état initial, on doit se limiter à remplir la première ligne. c. Bien sûr, la réaction a lieu dès que les réactifs sont en présence, quelles qu’en soient les proportions. Il n’est pas nécessaire que les réactifs soient dans les proportions stœchiométriques.

d.

12.

+

O2

→ 2H2O

É.I. x = 0

1

1

0

x É.F. x max

1 – 2 x

1 – x

1 – 2 x max

1 – x max

x 2 x max

→ 2Al2O3

0,3

0,3

0

0,3 – 4 x

0,3 – 3 x

2 x

b. 5,6·10 –3 mol. c. 42·10 –3 mol. d.

C6H12O6 + É.I. x = 0

x

e. Si l’avancement était de 1 mol, la quantité de H 2 serait : n(H2) = 1 – 2 × 1 = – 1 mol. Il n’est pas permis qu’une quantité de matière soit négative. f. Pour x max = 0,5 mol, les quantités de matière sont : n(H2) = 0 mol ; n(O2) = 0,5 mol et n(H2O) = 1 mol.

13.

Pour les trois tableaux de cet exercice, l’avancement et les quantités de matière sont exprimés en mole.

→ 6CO2 + 6H2O

0,005 6

0,042

0

0

0,005 6 – x

0,042 – 6 x

6 x

6 x

a. L’équation de combustion du méthane dans

le dioxygène est : CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O b. • 1er cas : CH4 É.I. x = 0

+

2O2

→ CO2 + 2H2O

1

1

0

0

1 – x

1 – 2 x

x

2 x

L’avancement et les quantités de matière sont exprimées en mole dans les trois tableaux d’avancement de cet exercice.

• 2e cas. Il faut convertir le volume de réactif (1,0 L de gaz) en quantité de matière (0,042 mol). Le tableau devient : CH4 É.I. x = 0

x

+

2O2

→ CO2 + 2H2O

0,042

0,042

0

0

0,042 – x

0,042 – 2 x

x

2 x

• 3e cas. Il faut convertir la masse de réactif (1,0 g de gaz) en quantité de matière (0,062 mol pour le méthane et 0,031 mol pour le dioxygène). Le tableau devient : CH4

d

11.

6O2

L’avancement et les quantités de matières sont en mole.


6

3O2

a. C6H12O6 + 6O2 → 6CO2 + 6H2O.

x

2H2


+

a. Le ballon qui se gonfle traduit que la réaction

chimique produit un gaz (responsable de l’effervescence rappelée dans l’introduction de l’exercice). b. On a mis plus de craie et le ballon s’est plus gonflé. Cela traduit le fait que la craie était, dans le premier tube, le réactif limitant. c. Si l’on avait mis plus d’acide, le gonflement n’aurait pas été différent car l’acide était déjà en excès. En mettre plus n’aurait qu’augmenté l’excès, sans résultat sur la production de gaz.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

C

0

É.I. x = 0

• Avancement d’une réaction chimique

+

0,3

4Al

Appliquer ses connaissances

CO2

→

É.I. x = 0

x

+

2O2

→ CO2 + 2H2O

0,062

0,031

0

0

0,062 – x

0,031 – 2 x

x

2 x


• Recherche de l’état final 15. a. Éthylène : 21·10 –3 mol ; dichlore : 12·10 –3 mol.

b.

C2H4

É.I. x = 0

x

+

Cl2

→ C2H4Cl2

0,021

0,012

0

0,021 – x

0,012 – x

x

L’avancement et les quantités de matière sont en mole.

c. Le dichlore est le réactif limitant. nCl s’annule pour x max = 12·10 –3 mol. d. Dans l’état final: nC2H4 = 9·10 –3 mol ; x Cl2 = 0 mol ; nC2H4Cl2 = 12·10 –3 mol. e. M C2H4Cl2 = 99 g·mol –1 ; mC2H4Cl2 = 1,2 g ; V C2H4Cl2 = 0,96 mL. f. On part de 0,80 L de gaz. On produit 0,96 mL de produit liquide. Les liquides étant environ 1 000 fois plus denses que les gaz, une telle diminution de volume n’est donc pas surprenante.

a. 2Na + 2H2O → 2Na+ + 2HO – + H2. b. nNa = 0,010 mol ; nH2O = 103 /18 = 56 mol. c. + – 16.

2Na

+

2H2O → 2 Na + 2HO +

H2

x = 0

0,010

56

0

0

0

x

0,010 – 2 x

56 – 2 x

2 x

2 x

x

x max

0

56

0,010

0,010 0,005 0


Note. La précision sur les données ne permet pas d’affirmer qu’il reste 55,99 mol d’eau. De façon générale, on ne considère pas la modification de la quantité de solvant dans une réaction chimique, même si le solvant est réactif ou produit.

a. Pb(NO3)2 + 2KI → PbI2 + 2KNO3. b. M Pb(NO3)2 = 331 g·mol –1 ; M KI = 166 g·mol –1. c.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


x

3·10 –3

→ PbI2 + 2KNO3

6·10 –3

3·10 –3 – x 6·10 –3 – 2 x

0

0

x

2 x

L’avancement et les quantités de matière sont exprimées en mole dans ces deux tableaux d’avancement.

d. Faisons l’hypothèse que l’iodure de potassium est le réactif limitant : x max = 3,0 mmol. Donc à l’état final : nKI = 0 mol et nPb(NO3)2 = 0 mol.


x

3,0·10 –3

→ PbI2 + 2NaNO3

6,7·10 –3

3,0·10 –3 – x 6,7·10 –3 – 2 x

0

0

x

2 x


Faisons l’hypothèse que le nitrate de plomb est limitant : x max = 3,0·10 –3 mol. On a, à l’état final : nPb(NO3)2 = 0 mol ; nNaI = 0,70·10 –3 mol, soit mNaI = 0,10 g ; nPbI2 = 3,0·10 –3 mol, soit mPbI2 = 1,4 g ; nNaNO3 = 6,0·10 –3 mol, soit nNaNO3 = 0,51 g ; Ces quantités sont positives ; l’hypothèse est correcte.

• Avancement et concentration 19.

a. Les quantités de matière en ions Pb 2+ et I –

sont à l’état initial : n = cV = 0,20 × 10·10 –3 = 2,0·10 –3 mol.

b. É.I. x = 0

2,0·10 –3

+

2I –

→ PbI2

2,0·10 –3

0

x x 2,0·10 –3 – x 2,0·10 –3 – 2 x É.F. x max 2,0·10 –3 – x max 2,0·10 –3 – 2 x max x max

c. Il faut déterminer quel est le réactif limitant.

18.

x = 0

x = 0

2NaI


e. [Na+] = [HO – ] = 0,010 mol·L –1. V H2 = 0,005 0 × 24 = 0,12 L.

2KI

Pb(NO3)2 +

Pb2+

d. À l’état final, il reste 56 mol d’eau.

Pb(NO3)2 +

On était en fait dans les proportions stœchiométriques. e. On a formé, pour x = 3,0 mmol : nPbI = 3,0 mmol, 2 mPbI2 = 46l × 3·10 –3 = 1,4 g soit nKNO3 = 6,0 mmol, et mKNO3 = 101 × 6,0·10 –3 = 0,6 g. soit f. L’équation chimique est maintenant : Pb(NO3)2 + 2NaI + PbI2 + 2NaNO3. – M Pb(NO3)2 = 331 g·mol –1 ; M NaI = 150 g·mol –1.

Si on fait l’hypothèse que c’est Pb 2+ on trouve x max = 2,0·10 –3 mol. Si on fait l’hypothèse que c’est I – on trouve x max = 1,0·10 –3 mol. Il faut prendre la plus petite valeur de l’avancement maximal soit 1,0·10 –3 mol. d. À l’état final, il reste donc : n(Pb2+) = 2,0·10 –3 – x max = 1,0·10 –3 mol. Il ne reste plus d’ion iodure puisque nous avons montré que c’est le réactif limitant : n(PbI2) = x max = 1,0·10 –3 mol. e. La masse de précipité formé est : m(PbI2) = n(PbI2) M (PbI2) = 1,0·10 –3 × (207,2 + 2 × 126,9) = 0,46 g.

7

21

e. On veut produire 0,20 mol de UF6, donc : x max = 0,20 mol. f. Comme on veut être dans les proportions stœ-

a. Ag3PO4. +

PO43– → Ag3PO4.

b. 3Ag + c. On fait réagir seulement nAg+= 1,0 mol. 3Ag

+

+

PO3– 4

→ Ag3PO4

nPO3– x = 0 1,0·10 –2 4 –2 x max 1,0·10 – 3 x max nPO3– – x max 4

0 x max

L’avancement et les quantités de matières sont exprimés en mole.

x max = 3,3·10 –3 mol. On déduit ensuite la quantité de matière d’ions phosphate nécessaire pour être dans les conditions stœchiométriques : nPO3– = 3,3·10 –3 mol. 4 d. On obtient la quantité de matière x max = 3,3 mol de nitrate d’argent. Soit une masse de : mAg4PO3– = 418,6 × 3,3·10 –3 = 1,4 g. 4 22

b.

a. Cu2+ + Zn → Cu + Zn2+. Cu2+

+

→ Cu + Zn2+

Zn

x = 0

1,0·10 –3

0,18

0

0

x

1,0·10 –3 – x

0,18 – x

x

x

L’avancement et les quantités de matières sont exprimés en mole.

Les ions Cu2+ sont limitants. c. Dans les proportions stœchiométriques, il faudrait 1,0·10 –3 mol de zinc, soit 65 mg. d. ZnSO4 (ionique) et Cu (métallique). e. 64 mg de cuivre et 161 mg de sulfate de zinc.

• Proportions stœchiométriques 23.

a.

É.I. x = 0

UF4

+

F2

→

n n – x n – x max

0,20

x 0,20 – x É.F. x max 0,20 – x max

UF6 0

x x max


b. Le mélange initial est dans les proportions stœ-

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


chiométriques s’il ne reste aucun des réactifs à l’état final, soit : 0,20 – x max = 0 et n – x max = 0. La première équation donne : x max = 0,20 mol et la seconde n = 0,20 mol. c. Il se forme autant de UF 6.

d.

É.I. x = 0

x É.F. x max

U

+

3F2

n1 n1 – x

n2 n2 – 3 x

n1 – x max

n2 – 3 x max

→

UF6 0

x x max


8

chiométriques, il faut avoir simultanément : n1 – x max = 0 et n2 – 3 x max = 0 soit n1 = 0,20 mol et n2 = 0,60 mol. 25.

a. Pour faire réagir, 1 mol de dioxyde de soufre

dans les proportions stoechiométriques, il faut : 2 w 5 = 0,4 mol d’ions permanganate. b. w 45 = 0,8 mol d’ions H+ sont alors produits. 26.

a. Ag2CO3.

b. 2Ag+ + CO2– 3 → Ag2CO3. c. La quantité de matière de chaque réactif est :

0,05 × 10·10 –3 = 0,5 ·10 –3 mol pour Ag+ et 0,2 × 2·10 –3 = 0,4·10 –3 mol pour l’ion CO2– 3 . Il en –3 faudrait 0,25·10 mol pour être dans les proportions stœchiométriques. d. Du tableau d’avancement, on déduit que les ions argent sont en défaut. Il ne reste que des ions carbonate. e. Pour être dans les proportions stœchiométriques, il faudrait 0,25·10 –3 mol d’ions carbonate, soit un volume de 1,25 mL.

Aller plus loin 27. Avancement

et gaz parfait a. 2H2 + O2 → 2H2O. b. L’air contient 4 % de dihydrogène, 19,2 % de dioxygène et 76,8 % de diazote. En volume, cela se traduit par 4,8 m3 de dihydrogène, 23 m3 de dioxygène et 92 m3 de diazote. c. Grâce à un tableau d’avancement, on montre que le dihydrogène est limitant. On forme donc la même quantité de matière d’eau que de dihydrogène initialement présent, soit 4 800 = 200 mol, 24 soit 3,6 kg d’eau. d. La réponse la plus simple considère que la quantité de matière lors de l’explosion est pratiquement constante. Le volume du laboratoire étant constant, le passage de 300 K à 11 200 K provoque une multiplication par 4 de la pression. Conclusion : les vitres et les portes du laboratoire sont soufflées, et si des personnes sont présentes, elles subissent de graves brûlures et leurs tympans sont détériorés.

w

28. Détermination

d’une quantité de matière a. Le réactif fer n’est pas en excès puisque le morceau de fer disparaît totalement.


b. n(Fe) = m / M = 2,56/55,8 = 0,046 9 mol. c. Fe + 2H+ → Fe2+ + É.I. x = 0

x

H2

0,0469

0,500

0

0

0,0469 – x

0,500 – 2 x

x

x

x max

x max

É.F. x max 0,0469 – x max 0,500 – 2 x max


Si le fer est le réactif en excès, x max = 0,046 9 mol, alors que si ce sont les ions H +, x max = 0,250 mol. Le réactif limitant est celui dont la quantité de matière s’annule pour la plus petite valeur de l’avancement maximal. C’est donc bien le fer. d. Il deviendrait le réactif limitant à partir du moment où la quantité de matière des ions H + s’annule à l’état final, soit pour un avancement x max = 0,250 mol. Il faudrait pour cela qu’il y ait au moins 0,250 mol de fer à l’état initial. e. La quantité de matière de dihydrogène formé est x max ce qui correspond à un volume : V = x maxV M = 0,0469 × 24,0 = 1,10 L. f. Pour établir le tableau d’avancement, il faut connaître les quantités de matière de chacun des ions, réactifs de la réaction : • n(MnO – 4 ) = n, inconnue que l’on cherche ; 2+ • n(Fe ) = n(Fe2+)totalV 2 / V 1 = 0,046 9 × 10,0 / 100 = 0,004 69 mol ; + • H en grand excès. Le tableau d’avancement est : MnO – 4+

x = 0

n

x

n – x

5Fe2+

0,004 69

+ 8H+→ Mn2+ +5Fe3+ + 4H2O

excès

0

0

solvant

0,004 69 – 5 x excès

x

5 x solvant

x max n – x max 0,004 69 – 5 x max excès x max 5 x max solvant

Pour que les ions permanganate et fer soient dans les proportions stœchiométriques, il faut que l’on ait simultanément : n = x max et 5 x max = 0,004 69 soit n = x max = 4,38·10 – 4 mol. g. La concentration en ions permanganate est : c = nV 3 = 4,38·10 – 4 × 0,010 = 4,38·10 – 6 mol·L –1. 29. Détermination

d’une formule brute a. C yHz + ΂ y + w z ΃O2 → yCO2 + w z H2O. 4 2 b. 232 mL de CO2 gaz correspondent à 9,67 mmol. 0,217 g d’eau correspond à 12,1 mmol.

c. C yHz É.I. x = 0

x É.F. x max

n n – x 0

+ y + z O2 → yCO2 + z H2O w 4 w 2 excès 0 0 xz xy excès w 2 excès 9,67 12,1

΂

΃

L’avancement et les quantités de matière sont exprimés en mmol.

d. On peut en déduire que : z 12,1 = w 2 soit z = 2,5. w y 9,67 w y e. Les nombres y et z sont entiers, donc on a les possibilités suivantes : ( y, z) = (2, 5) ou (4, 10).

w

Les hydrocarbures possibles sont donc C 2H5 qui n’existe pas ou C4H10 qui est le butane ou un de ses isomères. Note. On constate que l’on ne se sert pas de la masse de l’hydrocarbure introduite. C’est pour cela que l’énoncé précise « environ 0,14 g ». Les seules données précises nécessaires à cette détermination sont les masses de produits formés. Grâce à la loi de Lavoisier, on peut déduire les masses des réactifs grâce aux masses de produits formés, on n’a donc pas besoin de les mesurer précisément.


r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d



9

CHAPITRE 10. DE L’ESPÈCE CHIMIQUE À LA RÉACTION CHIMIQUE Aspects pédagogiques et scientifiques

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Ce chapitre, qui arrive une fois que le programme de chimie est terminé, a été réalisé pour au moins deux usages : – certains professeurs préfèrent ne pas passer trop de temps sur la première partie de la chimie (« Chimique ou naturelle ? »), par exemple pour ne pas tarder à arriver aux parties importantes du programme (transformation de la matière ; l’air qui nous entoure). Ils reviennent alors, en fin d’année, approfondir les compétences exigibles du programme relatives à la première partie ; pour cela, il est intéressant de disposer d’activités et d’exercices qui mettent en jeu à la fois les compétences de la première partie et celles du reste du programme ; – d’autres, qui ont réalisé le programme tel qu’il est prévu, souhaitent approfondir la partie sur la réaction chimique, par exemple dans l’esprit de l’enseignement thématique. Ce chapitre permet alors de prolonger le travail sur la réaction chimique sans aller au-delà des compétences du programme. Pour satisfaire à ces deux usages possibles, nous avons repris des activités de base de la première partie de la chimie (espèce chimique, extraction, chromatographie, etc.) en les doublant d’un questionnement qui met en jeu l’ensemble des connaissances mises en jeu pendant l’année : description microscopique de la matière, notion de quantité de matière et de concentration, réaction chimique, bilan de matière. L’activité 1 considère l’étude d’une pomme telle qu’elle est recommandée par les documents d’accompagnement du programme mais en ajoutant la possibilité pour le jus de pomme de se transformer en cidre. Cela met donc en jeu la notion de réaction chimique. L’activité 2 permet l’étude de l’eau de chaux, utilisée en première partie du programme comme le réactif du test de la présence de dioxyde de carbone, et qui est ici considérée comme le siège de réactions chimiques. L’activité 3 se livre à une étude approfondie de l’espèce chimique eau, et envisage les notions de conservation et de bilan. Cela permet de revenir sur

les propriétés des éléments chimiques, sur le passage du microscopique au macroscopique et sur les tableaux d’avancement. L’activité 4 met en scène une synthèse du benzaldéhyde dont la partie expérimentale pourrait être traitée pendant la première partie du programme de chimie, mais qui est accompagnée d’un questionnement adapté à des élèves qui ont étudié la réaction chimique. Il s’agit d’un grand TP de révision, plus long qu’à l’habitude, et qui doit mettre en condition les élèves qui se proposent de passer en première S. L’activité 5 est une étude documentaire empruntant à l’histoire des sciences. Elle permet de comprendre comment les scientifiques du XIXe siècle en sont arrivés à distinguer atome et molécule, une connaissance qu’il est bon d’approfondir avec les élèves. Le cours n’a que trois pages, en accord avec le fait qu’il n’y a pas de nouvelles connaissances dans ce chapitre.

Activités de découverte 1. De la pomme au cidre (p. 166) Cette activité revient sur la notion d’espèce chimique abordée au début de l’année. Cette fois, l’élève dispose de notions telles que réaction chimique, concentration ou test chimique qui lui permettent d’avoir un nouveau regard sur la relation entre la vie quotidienne et sa représentation en termes d’espèce chimique. Correction

a. Certaines espèces chimiques donnent à la peau du fruit sa couleur rouge, d’autres sa couleur jaune, d’autres encore donnent sa texture à la peau. Le goût du fruit provient lui-même de différentes espèces chimiques, certaines sucrées, d’autres acides, etc. b. Certaines espèces chimiques sont identifiables grâce à des tests : l’eau, à l’aide d’un test au sulfate de cuivre anhydre ; les espèces chimiques de la famille des sucres sont repérables à l’aide du réactif de Fehling ; les espèces chimiques acides sont détectées à l’aide du papier pH.

10 – DE L’ESPÈCE CHIMIQUE À LA RÉACTION CHIMIQUE

1

c. Si une espèce chimique apparaît, c’est qu’elle s’est formée lors d’une réaction chimique. Note. Ici, il s’agit de la fermentation alcoolique, qui transforme le glucose en éthanol, en dioxyde de carbone et en eau.

d. L’éthanol est déjà présent avant la distillation et n’est pas produit pendant cette opération. Une distillation est une forme d’extraction, et non une synthèse.

2. Tests chimiques (p. 166) Au collège et au début de l’année de seconde, l’élève a utilisé des tests chimiques, en particulier celui à l’eau de chaux mettant en évidence la présence de dioxyde de carbone. Cette activité lui permet de comprendre qu’un test chimique est une réaction chimique, notion qu’il connaît maintenant. Dans l’activité précédente, c’était une espèce chimique dont on envisageait la réaction. Ici, c’est la réactivité d’ions qui est utilisée. La notion d’ion polyatomique est utilisée avec les ions carbonate et hydroxyde, ce qui constitue une difficulté supplémentaire. Les élèves ne réalisent pas toujours que lorsqu’on effectue un test pour montrer qu’un produit s’est formé, deux réactions sont en jeu : l’une est l’objet d’étude et l’autre le moyen d’étude. L’élève ne distingue pas forcément ces deux réactions. Correction

a. On peut tester la présence de l’espèce chimique dioxyde de carbone à l’aide du test à l’eau de chaux. b. On dit qu’une espèce chimique a vieilli pour exprimer qu’avec le temps elle s’est partiellement transformée. Note. La réaction chimique mise en jeu, quand une espèce chimique « vieillit », est soit une réaction avec l’oxygène de l’air, soit avec l’eau atmosphérique, soit une dégradation spontanée. Dans les deux premiers cas, il faut conserver le produit chimique dans un flacon bien fermé, dans le dernier, sa conservation doit avoir lieu dans un endroit frais (frigo, congélateur, azote liquide).

c. L’oxyde de calcium se dissout en partie dans r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


l’eau, ce qui est en accord avec le fait qu’on retrouve des ions Ca 2+ dans l’eau. On attend donc qu’il y ait aussi des ions oxyde O 2– dans l’eau. Ils ont réagi puisqu’il n’y en a pas. Ils ont pu réagir avec l’eau (l’énoncé de la question suivante laisse entendre que le produit de la réaction avec l’eau est l’ion hydroxyde). Note. L’ion oxyde O 2– est la base conjuguée de l’ion hydroxyde HO – . Dans l’eau, l’ion oxyde n’existe pas, c’est une base forte.

2

d. CO2 + 2HO – → CO23 – + H2O (on verra en pre-

mière S qu’il s’agit d’une réaction entre un acide et une base). La réaction de formation de l’espèce chimique CaCO3 est une association d’ions Ca2+ + CO23 – → CaCO3. e. L’air contient du dioxyde de carbone (c’est le gaz à effet de serre dont les élèves ont dû entendre parler). Ce gaz, en se dissolvant dans l’eau de chaux, donne la réaction chimique évoquée précédemment. L’eau de chaux se trouble naturellement, et s’abîme (vieillit) à cette occasion.

3. L’espèce chimique eau (p. 167) La notion de conservation est essentielle en physique : la masse, l’énergie se conservent. En chimie, au cours d’une réaction chimique, les élèves ont appris (chapitres 3 et 8) que les éléments chimiques se conservaient. On ne leur a pas toujours dit cela et la première partie de cette activité se propose de faire la part des choses. Par exemple, au collège, on enseigne qu’au cours d’une réaction chimique les atomes se conservent. En SVT, ne parle-t-on pas du cycle de l’eau, ce qui sous-entend que l’eau se conserve. Dans certains contextes, la conservation des atomes et celle d’espèces chimiques sont enseignées ; il faut que les élèves en soient conscients et qu’ils situent ces informations par rapport à celles qui ont été enseignées cette année (parmi lesquelles la conservation des éléments chimiques). La seconde partie reprend l’idée de la conservation et propose de réaliser trois sortes de bilan dans le cas de la réaction de formation de l’eau à partir de H2 et de O2. Le bilan atomique utilise implicitement la notion de conservation des atomes et se place au niveau microscopique. Le bilan molaire se place du point de vue macroscopique. Enfin, le bilan de matière utilise le tableau d’avancement que l’élève utilise depuis le chapitre précédent. Cette partie permet donc que soient mis en relation plusieurs points de vue de la réaction chimique. Correction

1. L’eau et la vie a. C’est le cycle de l’eau. b. C’est l’espèce chimique eau qui se conserve. c. 6CO2 + 6H2O → C6H12O6 + 6O2. d. L’espèce chimique eau ne s’est pas conservée parce que les molécules d’eau ne restent pas telles quelles, leurs atomes participent à la formation de molécules d’autres espèces chimiques.


e. Les atomes H et O se retrouvent dans d’autres molécules ; on peut donc dire qu’ils se sont conservés. f. Les atomes de l’eau ne sont pas conservés puisqu’un atome H perd son électron. Il n’y a donc pas conservation des atomes lors des réactions chimiques. En revanche, il y a conservation des éléments chimiques.

2. Réaction de formation de l’eau Bilan atomique a. H – H H – H O

O soit

l’état :

H – H O O H – H b. • État intermédiaire : H H H H O O • État final : H H H H O O c. Chaque atome possède une masse ; comme il y a un réarrangement des atomes, on retrouve la masse totale initiale parmi les produits. La masse s’est conservée. Bilan molaire d. Dans 3 mol de H 2 il y a 6 N A atomes H et dans 1 mol de O2 il y a 2 N A atomes O. Note. Les élèves ont souvent beaucoup de mal avec cette question ; il y a deux difficultés : la distinction entre molécule et atome d’une part, et le passage macro-micro d’autre part.

e. Dans 2 mol de H 2O, il y a 4 N A atomes H et 2 N A

atomes O. À l’état initial il y a le compte d’atomes O, en revanche, il y a un excès de 2 N A atomes H, soit N A molécules H2, ou une mole. Bilan de matière f. Tableau d’avancement : É.I. É.F. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


x = 0 x x max

2H2 + O2 → 2H2O 3 1 0 3 – 2 x 1 – x 2 x 3 – 2 x max 1 – x max 2 x max

Les quantités de matière et les avancements sont exprimés en mole.

Le réactif limitant est O 2 et x max = 1 mol. Il reste donc à l’état final 3 – 2 x max = 1 mol de H2. g. On trouve sur différents sites, que la masse de l’eau sur Terre est me = 1,3·1024 g, ce qui correspond à la quantité de matière ne donnée par : ne = me / M e = 1,3·1024 /18 = 7,2 ·1022 mol.

h. Tableau d’avancement : É.I. É.F.

x = 0 x max

2H2 + O2 → 2H2O nO nH 0 nH – 2 x max nO – x max 2 x max

Les quantités de matière et les avancements sont exprimés en mole.

On a 2 x max = 7,2·1022 mol. Si l’on se place dans des proportions stœchiométriques : nH2 = 2 x max = 7,2·1022 mol et nO2 = x max = 3,6·1022 mol. soit, dans les CNTP : V H2 = nH2V M = 7,2·1022 × 22,4 = 1,6·1024 L et V O2 = 0,81·1024 L. i. Le volume de l’atmosphère est 4·1021 L soit six cents fois moins que ce qu’il faudrait comme gaz pour produire l’eau existant sur Terre.

4. Synthèse d’une espèce chimique (p. 168) Ce TP met en jeu de nombreuses notions vues pendant l’année. Espèce chimique, chromatographie, synthèse, réaction chimique, tableau d’avancement, etc. se trouvent mis en scène dans une grande séance de révision. La première partie de cette activité a été conçue pour être préparée avant le TP. Une réaction chimique rapide a été choisie. Parmi les nombreux avantages de ce choix on trouve : une synthèse bon marché, sans solvant (sauf pour l’extraction), avec peu de déchets, peu d’odeurs sauf celle de l’éther, une équation chimique mettant en jeu une variété de nombres stœchiométriques. L’usage du tableau d’avancement devient intéressant. Une réflexion sur les protocoles expérimentaux de la synthèse, de l’extraction et de la chromatographie est proposée. Elle permet aux élèves de prendre conscience des manipulations qu’ils ont réalisées. Correction

1. Travail théorique préparatoire Les calculs demandés dans cette partie sont les calculs de base d’un bilan de matière. On peut considérer qu’ils résument ce que les élèves doivent savoir faire pour passer en première S. La réflexion relative au choix de la verrerie va permettre à l’élève de commencer à se familiariser avec ce qu’il va trouver sur sa paillasse en commençant le TP.


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Une fois sa stœchiométrie ajustée, l’équation de la synthèse s’écrit : 3C7H8O + 2KMnO4 + H2SO4 → 3C7H6O + 2MnO2 + K2SO4 + 4H2O a. mA = ρ AV A = 1,04 × 2,00 = 2,08 g ; nA = mA / M A = 2,08/108 = 0,019 3 mol. b. Le tableau d’avancement (limité au membre des réactifs) est : 3 C7H8O 2 KMnO4 H2SO4 nK nH É.I. x = 0 0,0193 x 0,0193 – 3 x nK – 2 x nH – x É.F. x max 0,0193 – 3max nK – 2 x max nH – x max L’avancement et les quantités de matière sont exprimés en mole.

Les proportions stœchiométriques imposent : 0,019 3 – 3 x max = 0 et nK – 2 x max = 0 soit x max = 0,006 43 mol et nK = 0,012 9 mol. La masse mK correspondante est : mK = nK M K = 0,012 8 × 158 = 2,04 g. c. La quantité de matière d’acide est : nH = x max = 0,006 43 mol. Cela correspond au volume : V H = nH / cH = 0,006 43/0,500 = 0,0129 L = 12,9 mL. d. Les 2 mL d’alcool vont être prélevés à l’aide d’une pipette graduée de 5 mL. Les 2,03 g de permanganate de potassium vont être pesés. Les 12,9 mL vont être mesurés avec l’éprouvette graduée de 25 mL. Note. Les proportions stœchiométriques concernent l’alcool et le permanganate de potassium, et l’on ne tient pas compte de l’acide sulfurique. Pour un élève qui aurait appris l’oxydoréduction, la justification serait évidente : les proportions stœchiométriques s’entendent pour le couple oxydant-réducteur. Ce n’est pas le cas des élèves de seconde ; on peut préciser à un élève curieux que les proportions sont stœchiométriques pour deux des réactifs, l’acide étant en grand excès.

2. Réalisation expérimentale

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À leur niveau, les élèves savent suivre soit l’évolution d’un volume gazeux, soit l’évolution de la couleur du système chimique. La réalisation présentée permet de suivre simultanément la disparition d’un réactif et l’apparition d’un produit. Le test est un jeu d’enfant, simple à comprendre et rapide à réaliser. a. Les réactifs sont l’alcool benzylique, le permanganate de potassium et l’acide sulfurique. b. La première tache est violette, la deuxième est noire avec une auréole violette et la troisième est noire sans auréole violette. Le réactif permanganate de potassium violet disparaît alors que le produit dioxyde de manganèse noir le remplace.

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c. On a suivi la disparition d’un réactif et identifié un produit, ce qui est peu sur les six espèces chimiques qui figurent dans l’équation chimique. d. La nouvelle odeur est celle de l’aldéhyde benzylique ; on peut la comparer à celle d’un échantillon de référence. Elle rappelle l’odeur de l’amande amère.

3. Extraction du benzaldéhyde Parmi toutes les extractions mentionnées aux élèves pendant l’année de seconde, celles utilisant deux solvants dans une ampoule à décanter est de loin la plus fréquemment rencontrée lors des études de chimie. La phase organique a été ici appelée phase éthérée (comme on dit phase aqueuse, ou phase alcoolique). Le test du caractère organique n’a en effet pas été envisagé et la présence d’éther (le plus inflammable de tous les solvants) dans le laboratoire impose qu’on évite toute tentation de craquer une allumette. Par ailleurs, un tel vocabulaire est largement employé au laboratoire. a. Le tableau indique que l’aldéhyde recherché est dans la phase éthérée. C’est la phase supérieure. Il faut donc éliminer à chaque fois la phase inférieure. b. Parmi les produits de la réaction (on fait l’hypothèse de la disparition totale des réactifs), seul l’aldéhyde benzylique est bien soluble dans la phase éthérée. c. L’extraction d’une espèce chimique consiste en un déplacement depuis un milieu, où elle est dispersée parmi de nombreuses autres espèces chimiques, vers un autre milieu, où elle représente le soluté principal. d. L’expérience a montré que les espèces chimiques eau et éther ne sont pas solubles l’une dans l’autre. e. Seul l’alcool benzylique et le benzaldéhyde sont solubles dans l’éther sans l’être dans l’eau. Le cas de l’acide sulfurique est à part ; puisqu’il est simultanément soluble dans l’eau et dans l’éther, il se partage donc dans les deux phases ; à force de lavage à l’eau, il est progressivement et totalement éliminé. f. La phase organique n’est pas constituée que de benzaldéhyde pour une raison théorique et une raison expérimentale. Théoriquement, l’éther n’étant pas soluble dans l’eau, il n’y a donc pas de raison qu’il ait été éliminé. Expérimentalement, la phase organique n’a pas l’odeur caractéristique du benzaldéhyde. On peut séparer les constituants de cette phase par évaporation du solvant ou par distillation.


4. Caractérisation par chromatographie Bien que les documents d’accompagnement du programme invitent à pousser plus loin la compréhension de la notion d’interaction entre la phase fixe et la phase mobile, nous avons ici limité l’usage de la chromatographie à l’identification d’une tache par son Rf en comparaison à une tache de référence. C’est l’essentiel de ce qui doit être retenu à notre avis. a. La migration de la phase liquide montre que cette phase est mobile, relativement à la phase mobile sur laquelle elle se déplace. b. La tache principale résultant de la chromatographie de la phase éthérée de la synthèse possède le même Rf que l’échantillon de référence de benzaldéhyde. Il y a toutes les chances pour que la synthèse ait effectivement produit cette espèce chimique.

Activités d’exploitation 5. Atomes, molécules et espèces chimiques (p. 173)

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Cette activité basée sur des faits historiques permet de soulever le problème de la façon dont, au XIXe siècle, les chimistes ont pu déterminer que de nombreux gaz étaient diatomiques (H 2, N2, O2, Cl2, etc.). Il faut pour cela utiliser la loi d’Avogadro et avoir compris la notion de bilan d’une réaction chimique. Comme à chaque fois que des faits d’histoire des sciences sont proposées à des élèves, il y a un risque que les erreurs du passé, pourtant dûment signalées comme telles, ne soient prises comme argent comptant et deviennent source de confusion chez les élèves. Par exemple, les errements de la science relatifs à la distinction entre atome de chlore et molécules de dichlore sont analysés ici, alors que de nombreux élèves de fin de seconde n’ont pas réalisé eux-mêmes cette distinction. Il faut donc être suffisamment clair et en profiter pour que cette activité améliore leur point de vue sur ce sujet. Correction

a. Dans les mêmes conditions de température et de pression, des mêmes quantités de matière de gaz occupent le même volume, quelle que soit la nature du gaz.

Note. Cette loi va être essentielle dans cette activité. On va même l’appliquer à des entités qui n’existent pas, isolément en phase gazeuse, comme les atomes d’hydrogène ou de chlore.

b. On reconnaît qu’une espèce chimique est ionique quand son nom est constitué de ceux d’un anion et d’un cation séparés par la préposition « de ». c. On ne pouvait envisager que la molécule Cl2 soit constituée d’ions Cl+ et Cl – qui seraient associés par attraction entre charges. Note. Ce fut un réel problème, à une époque où la notion d’atome n’était pas totalement acceptée, de considérer la différence entre atome et molécule dans les cas aussi simples que l’hydrogène, l’oxygène, le chlore, etc. Les seules espèces chimiques « bien » connues étaient les espèces chimiques ioniques. L’attraction entre anion et cation était une raison convaincante pour accepter que des entités soient associées. Cette raison n’était pas utilisable bien sûr pour assembler des atomes identiques au sein d’une molécule. Ne pas distinguer H et H 2 semble incroyable aujourd’hui, mais ce fut un acquis important de la chimie, qui permit, à la fin du XIXe siècle, de stabiliser la notation des formules chimiques sur celle qu’on utilise actuellement. La constitution d’une molécule ne sera théoriquement comprise qu’avec Lewis qui, en 1916, définissait la liaison chimique covalente.

d. Dioxygène, diazote, difluor, etc. Note. Le difluor n’était pas connu au moment de la réflexion sur la différence entre atome et molécule, il fallut attendre sa découverte en 1886 par Henri Moissan.

e. Tableau d’avancement : É.I. É.F.

x = 0 x max

H + Cl → HCl 1 1 0 x max 1 – x max 1 – x max

Les quantités de matière et l’avancement sont exprimés en mole.

Ce tableau montre que si l’on part d’une mole de H et d’une mole de Cl, on forme une mole de HCl. f. À l’état initial, il y aurait deux moles (une mole de H et une mole de Cl) alors qu’à l’état final il n’y aurait qu’une seule mole de gaz (HCl). Le volume du système chimique serait donc deux fois moins grand à l’état final qu’à l’état initial. g. H2 + Cl2 → 2 HCl. h. Tableau d’avancement : H2 + Cl2 → 2 HCl x = 0 É.I. 1 1 0 x max 1 – x max 1 – x max 2 x max É.F. Les quantités de matière et l’avancements sont exprimés en mole.

On tire x max = 1 mol de la colonne H2 ou Cl2. On en déduit que la quantité de matière de HCl formée est 2 mol. i. À l’état initial, le volume est celui de deux moles de gaz (une mole de H 2 et une mole de Cl 2). À l’état final, le volume est également celui de deux moles


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de gaz (deux moles de HCl). Le volume est donc le même à l’état initial et à l’état final. j. Une simple mesure de volume à l’état initial et à l’état final permet d’éliminer la première hypothèse. k. Lewis (Gilbert Newton). l. La cohésion de la molécule est due à une mise en commun d’électrons (et non à une interaction entre charges).

Exercices Appliquer ses connaissances 5.

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a. Lorsqu’une bougie brûle, on peut mettre en

1. Le chauffage du carbone avec l’oxyde de

cuivre est une transformation chimique pour laquelle une coloration cuivrée apparaît. Cela prouve que l’élément chimique cuivre était présent à l’état initial (réponse c). 2. Une lame de zinc trempée dans une solution de sulfate de cuivre présente un dépôt de couleur orange : comme il y a l’élément chimique cuivre à l’état final, alors, c’est qu’il y a l’élément chimique cuivre à l’état initial (réponse c).

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8. Espèces

chimiques inflammables a. Il ne faut aucune flamme dans le laboratoire pendant la manipulation d’un produit inflammable. b. C4H10O + 6O2 → 4CO2 + 5H2O. mE V E ρ E 1 000 × 0,796 =ᎏ= = 10,8 mol. c. nE = ᎏ M E ME 74,0 d. Tableau d’avancement : C4H10O + 6O2 → 4CO2 + 5H2O nO x = 0 10,8 0 0 x max 10,8– x max nO – 6 x max 4 x max 5 x max

ᎏᎏ


évidence, au-dessus de la flamme, la présence de l’espèce chimique eau. Cela ne signifie pas que l’espèce chimique eau est présente dans la bougie mais qu’il y a eu une réaction chimique produisant de l’eau (et du dioxyde de carbone). b. Lorsque l’on chauffe du calcaire, par exemple pour produire du ciment, il se dégage du dioxyde de carbone. Cela ne signifie pas que l’espèce chimique dioxyde de carbone est présente dans le calcaire mais qu’elle a été produite lors du chauffage (CaCO3 → CaO + CO2). c. Les haut-fourneaux permettent de transformer le minerai de fer en fer métallique. Le fer métallique est constitué d’atomes de fer. Ces atomes de fer n’étaient pas présents dans le minerai de fer. Ce dernier contient des ions fer, non des atomes. Ce sont les éléments chimiques qui se conservent, non les atomes, lors d’une réaction chimique. d. La réaction du dichlore gazeux avec le sodium métallique produit l’espèce chimique chlorure de sodium. Celle-ci est constituée d’ions sodium et d’ions chlorure. Cela ne signifie pas que les ions sodium sont présents dans le sodium métallique et que les ions chlorure sont présents dans le dichlore. Les ions se sont formés lors de la réaction chimique. 6.

Aller plus loin

Si l’éther brûle entièrement, x max = 10,8 mol. La quantité de matière de dioxygène utilisé est : nO = 6 × 10,8 = 64,8 mol. e. La quantité de matière de dioxyde de carbone produit est : nC = 10,8 × 4 = 43,0 mol. Celle d’eau est : nH = 10,8 × 5 = 54,0 mol. f. Le volume de dioxygène initial est donné par l’équation du gaz parfait : n RT V O = O i = 64,8 × 8,32 ×5 298 = 1,59 m3. p 1,013·10 Le volume des gaz produits par la réaction est : (n + n ) RT f V = C H p V = (43,0 + 54,0) × 8,32 ×5 (900 + 273) = 9,35 m3. 1,013·10 Il y a un agrandissement important du volume (facteur 6). g. Cette situation est dangereuse parce qu’il se produit une augmentation brutale du volume, et que ce gaz est brûlant.

ᎏ

ᎏᎏ

ᎏᎏ

ᎏᎏᎏᎏ

9. Espèces

chimiques corrosives a. Il faut mettre des gants et des lunettes de protection, et porter une blouse boutonnée. b. Il se produirait une transformation chimique dans laquelle la peau serait endommagée. c. 3e colonne, soit Al3+. d. Les 2 ions aluminium apportent 6 charges +, il faut donc que les 3 ions sulfate apportent 6 charges – , soit deux charges négatives par ion sulfate : SO2– 4. e. 2Al + 3H2SO4 → 3H2 + Al2(SO4)3. f. Il faut faire un tableau d’avancement pour lequel l’état initial est donné par : 3 9,0 1,84·10 = 18,8 mol. nAl = ᎏ = 0,33 mol et nacide = 27 98,0

ᎏ


+ 3H2SO4 → 3H2 + Al2(SO4)3 x = 0 18,8 0 0 x max 0,33 – 2 x max 18,8– 3 x max 3 x max x max 2Al 0,33


Si l’aluminium est le réactif limitant alors : x max = 0,17 mol. Si c’est l’acide sulfurique, x max = 6,2 mol. Le réactif limitant est celui dont la disparition a lieu pour la plus petite valeur de l’avancement maximal, c’est donc l’aluminium. Il s’est donc formé 3 x max = 3 × 0,17 = 0,51 mol de H2 et x max = 0,17 mol de sulfate d’aluminium. g. La masse d’aluminium formée est donc : m = x max M = 0,17 × (2 × 27,0 + 3 × (32,1 + 4 × 16,0)) = 58 g. 10. Isomères

et chromatographie a. On peut dire que A et B correspondent à la même espèce chimique alors que C est un isomère. b. Le chromatogramme résultant de (2) serait constitué d’une seule tache alors que celui résultant de (3) serait constitué de deux taches. c. A s’est transformé en C. L’équation de la réaction est C14H12 → C14H12 (on passe d’un isomère à l’autre). Note. Cette expérience est réalisable avec les 1,2-diphényléthylène Z et E. 12. Le

cinabre 1. a. Ce sont les éléments chimiques S (soufre) et Hg (mercure). b. Dans cette colonne, les ions monoatomiques portent deux charges négatives. L’ion soufre est S 2– . c. L’ion mercure doit porter deux charges positives pour que l’espèce chimique soit électriquement neutre. L’ion mercure est Hg 2+. d. La couleur résiste ainsi au lavage. e. On ne peut pas réaliser la chromatographie d’une espèce chimique insoluble. 2. a. Il faut que l’élément chimique oxygène intervienne, il est présent dans l’air au sein des molécules de formule O 2.

L’équation est HgS + O2 → Hg + SO2. b. Il faut déterminer la quantité de matière n présente dans un litre de mercure : 3 13,6·10 n= = 68,0 mol. 200 HgS + O2 → Hg + SO2 n1 n2 x = 0 0 0 x max n1 – x max n2 – x max x max x max

ᎏ


La quantité de matière que l’on doit obtenir permet de déterminer x max = 68 mol. Il faut donc 68 mol de HgS, soit une masse : m = 68,0 × 232 = 15,8·103 g. c. Pour avoir 15,8 kg de cinabre dans un minerai qui en contient 2 % en masse, il faut donc 0,79 t (pour 1 L de mercure !). c. La formulation « extraction » est impropre puisqu’il y a réaction chimique. 14. Le

vert de la feuille a. Lors de la première étape, on réalise l’extraction d’une partie des pigments présents dans la feuille d’épinard. À la deuxième étape, on réalise la chromatographie du mélange de pigment, la phase fixe étant la craie. On constate que l’on a extrait au moins deux pigments, un vert et un jaune. En troisième étape, on réalise à nouveau une extraction du pigment vert qui est cette fois dispersé dans la craie (et pas dans la feuille). À la quatrième étape, le changement de couleur de la solution est une transformation chimique. b. Il est probable que le pigment vert se transforme en pigment jaune, le même que celui qui a été observé lors de la chromatographie sur craie de l’étape 2. c. Pour vérifier cette hypothèse, il faut mettre une goutte de la solution jaune résultante de l’acidification du filtrat sur la craie et comparer avec la craie de la photographie. Si les deux franges jaunes sont à la même hauteur, il y a de fortes chances pour qu’on ait formé le pigment jaune initialement présent dans la feuille à partir du pigment vert.

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CHAPITRE 11. STRUCTURE DE L’UNIVERS Aspects pédagogiques et scientifiques Ce chapitre est prévu pour débuter l’année. Le programme souhaite qu’un débat s’instaure autour d’un film, en impliquant les objets de l’Univers et les mesures de distances dans le cadre de l’utilisation de la lumière (visée, parallaxe, diffraction, etc.). Nous avons traduit cette demande en proposant aux élèves de travailler sur quelques outils indispensables : les nombres en écriture scientifique, leurs manipulations au sein des quatre opérations et la géométrie de base (théorème de Thalès). Ces outils vont être utilisés ici dans le cadre de la description des objets constituant l’Univers, et en particulier des mesures de longueurs relatives à ces objets : leur taille et les distances qui les séparent. Dans ce contexte, en laissant le choix au professeur du travail à l’aide d’un support audiovisuel comme le requiert le programme, nous proposons, dans deux courtes activités introductives, un débat sur la lumière (activité 1, p. 182) et quelques travaux de calcul à propos de distances : grandes et ordinaires (p. 182). Cette deuxième activité possède le même objectif que le travail sur le film Puissances de dix suggéré par le programme, à savoir : prendre conscience des dimensions relatives de certains des objets de l’Univers. Ces activités peuvent être traitées en peu de temps – 10 minutes chacune – mais on peut s’attarder.

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Puis nous proposons deux activités de cours qui requièrent plus de travail. Dans l’ activité 3, nous faisons réfléchir les élèves sur la manipulation des nombres en notation scientifique (p. 183). Nous avons en effet remarqué que les élèves avaient besoin d’être aidés pour appliquer en physique ce qu’ils avaient appris en mathématiques sur les puissances de dix. Le visionnement d’un film ne suffit pas hélas ! L’activité 4 (p. 184) prolonge le travail de transfert de compétences mathématiques pour la physique dans le cadre de la géométrie. Les élèves auront besoin de connaissances géométriques lors du travail sur les lois de Descartes et ils peuvent y être préparé par cette activité.

11 – STRUCTURE DE L’UNIVERS

La séance de travaux pratiques sur la détermination de la taille d’une molécule est proposée page 190 (activité 5). En revanche, nous avons transformé le TP utilisant la diffraction de la lumière en exercice (n° 28 p. 195). Nous avons, en effet, constaté que cette activité ne pouvait pas être proposée à toutes les classes, et que la partie « expérimentale » d’une telle activité ne constituait pas sa difficulté première.

Activités de découverte 1. La lumière meurt-elle ? (p. 182) Cette activité permet à l’élève de réinvestir les notions acquises en 4e concernant la lumière et ses propriétés. Elle peut avoir lieu en classe entière, sous forme d’un débat. Une fois les questions posées, les élèves débattent entre eux et opposent leur point de vue. L’enseignant peut orienter vers les bonnes réponses ou bien laisser le débat s’installer ; il se limite alors à un rôle d’institutionnalisation en expliquant pourquoi tel ou tel point de vue ne peut être accepté du point de vue de la physique. Une fois les échanges terminés et à la vue des réponses fournies, les élèves peuvent énoncer les conditions pour une bonne propagation de la lumière. Correction

a. La lumière meurt dans le brouillard, sous l’eau etc. ; elle ne meurt pas quand elle vient du Soleil, des étoiles etc. Note. Les élèves confondent facilement lumière et source de lumière, et pensent que la lumière meurt quand la source de la lumière « meurt », c’est-à-dire s’éteint. Dans le cas d’une étoile, on peut être amené à expliquer qu’une étoile peut cesser de vivre. Il faut alors faire comprendre que la lumière qu’elle a émise avant de s’éteindre continue de se propager dans l’Univers.

b. Quand la lumière ne meurt pas, c’est qu’elle se propage dans le vide. Elle meurt quand elle est absorbée (milieu non homogène, milieu différent du vide et, dans une certaine mesure, de l’air). c. La lumière se propage bien (indéfiniment même) dans le vide et dans l’air. Il faut un milieu qui soit transparent.

1

2. Structure de l’Univers (p. 182) Lors de cette activité, l’élève explore les différents objets constituant l’Univers, de l’infiniment grand à l’infiniment petit, en utilisant les illustrations des pages d’entrée de la partie IV. Il peut ainsi se familiariser avec les ordres de grandeur de ces objets. Les élèves sont amenés à découvrir la représentation de type échelle logarithmique sans laquelle il n’est pas possible de représenter cette variété de dimensions sur un même axe. Correction

a. La photo de la Voie lactée, à l’échelle de l’image de la galaxie spirale, serait mille fois plus petite en largeur et en hauteur soit un million de fois plus petite en surface. b. Le dessin de la Voie lactée à l’échelle de l’image du système solaire, devrait être 1 000 fois plus grande suivant ses deux dimensions, soit 57 m ϫ 57 m soit environ 200 fois les dimensions du livre (40 000 fois la surface du livre). c. On obtient le classement du doc. 1. d. On obtient le classement du doc. 2. Note. Les élèves mettent un certain temps avant de trouver l’échelle de représentation puis finissent par opter pour une échelle logarithmique (sans énoncer le mot) où 1 cm représente un facteur 10 3.

e. Les élèves placent les objets entre 10 0 et 103 m (doc. 3). Note. L’élève constate qu’on ne peut pas classer les objets courants sur un tel axe ; l’idée que leurs dimensions ont le même ordre de grandeur émerge ainsi.

1. Représenter les nombres a. Deux cent milliards d’étoiles = 2·10 11 étoiles ;

quarante milliards = 4 ·1010. b. Les ordres de grandeur sont : 1011 ; 1010. c. La masse du Soleil M = 1,99·1030 kg est exprimée avec 3 chiffres significatifs.

109 m

103 m Pont de l'île d'Oléron 1 m Violoncelle 103 m de 10 – 3 m Grains sable 1m 10 – 6 m Bactérie ( Escherichia coli)

2. Multiplier et diviser des grands nombres

106 m

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


40 cm 30 cm 20 cm 10 cm 0

Livre

Mobile Mine de 10 – 9 m Molécule crayon d'ionone Doc. 1 Doc. 2

2

Tout en explorant les objets de notre galaxie et du système solaire, cette activité permet à l’élève de revoir l’utilisation des puissances de 10 dans l’expression de nombres. C’est aussi l’occasion d’introduire les notions d’ordre de grandeur et de chiffres significatifs que les élèves ont tant de mal à manipuler. Une fois ces notions introduites, on donne à l’élève quelques règles élémentaires d’utilisation des chiffres significatifs lors de calculs (multiplication, division et addition). La troisième partie de cette activité aborde l’addition des nombres avec des puissances de 10. Ce n’est pas immédiat pour l’élève, car l’idée de factorisation est sous-jacente pour un tel calcul. De plus, la gestion des chiffres significatifs lors de l’addition ou de la soustraction de nombres est plus délicate que la gestion des chiffres significatifs lors de la multiplication ou de la division. Il faut prendre en compte la précision sur la valeur utilisée, ce qui n’est pas simple pour l’élève. En mathématiques, 1 + 0,001 = 1,001 alors, qu’en physique, 1 m + 1 mm est équivalent à 1 m, parce que la faible précision annoncée sur la valeur 1 m (plus ou moins 0,5 m par convention) ne permet pas de prendre en compte l’ajout d’un millimètre. L’élève ne sait pas cela et il doit se construire cette idée avec l’usage. Enfin, cette activité renvoie vers la fiche méthode 8 sur l’utilisation des chiffres significatifs, afin de répondre aux demandes de l’élève tout au long de l’année. Correction

1021 m Galaxie spirale 1018 m Voie lactée 15 10 m 1012 m Système solaire 9 10 m Distance Terre-Lune 200 cm Armoire 106 m France

3. Voyage dans l’infiniment grand (p. 183)

10 – 3 m

Mobile, crayon, livre

Doc. 3

a. Les deux cent milliards d’étoiles ont une masse égale à : M = 4·1010 ϫ 1,99·1030 = 8·1040 kg. b. L’ordre de grandeur de ce résultat est 10 41 kg. c. Puisque les deux milliards d’étoiles « pèsent » quarante milliards de fois la masse du Soleil, la masse moyenne d’une étoile vaut : mét = M /2·1011 = 4·1029 kg. d. L’ordre de grandeur de ce résultat est 10 29 kg.


3. Additionner des grands nombres

b. La hauteur de l’immeuble est approximativement

a. En milliard de km, on a : d Terre/Mars = 0,078·109 km ; d Sat/Mars = 1,2·109 km ; d Tit/Sat = 0,001 22·109 km. b. La distance totale parcourue par le voyageur est : d = 0,078·109 + 1,2·109 + 0,00122·109 =

de 36 m. On constate que cette valeur est du même ordre de grandeur que celle trouvée en 1.c. c. Si la distance entre l’observateur est raisonnablement connue, la méthode de la visée est meilleure que celle utilisant la hauteur approximative d’un étage. En effet, l’erreur déjà grande sur la hauteur d’un étage est multipliée par le nombre d’étages.

1,27922·109 km. Ce résultat doit être arrondi à 1,3·109 km car la donnée exprimée avec le moins de chiffres significatifs est d Sat/Mars.

4. Mesures par visée (p. 184) Cette activité permet de mettre en pratique une technique utilisable pour déterminer la dimension d’ob jets dont on ne peut pas mesurer directement la taille. On peut choisir au choix un arbre ou un immeuble que l’on distingue facilement de la salle de classe et pour lequel on connaît la distance nous en séparant. Les élèves s’impliquent volontiers dans ce type d’activité qui permet de sortir du strict cadre de la salle de cours ou de TP. Enfin, l’activité fait réfléchir l’élève sur l’utilisation possible d’une telle technique pour déterminer des distances astronomiques. Le théorème de Thalès est rappelé dans la mesure où les élèves le voient en classe de 3 e. Cette parenthèse mathématique ne doit pas détourner de l’objectif premier du travail proposé qui est centré sur la mesure, activité essentielle en sciences physiques. Correction

3. Autres déterminations de distances a. La distance (à vol d’oiseau) est : d = 2500 ϫ 0,60/0,083 = 1,8·104 m = 18 km. Note. On peut trouver la hauteur de la montagne à l’aide d’une carte. Attention, la carte donnera la hauteur de la montagne à partir du niveau de la mer. Il faut soustraire l’altitude depuis laquelle la visée est effectuée.

b. On vérifie la distance à l’aide d’une carte, si l’on sait précisément où l’on se trouve. Note. Cette méthode est également utilisée en peinture. Le peintre ne s’intéresse qu’aux proportions entre les parties de son dessin. Il constate par visée que l’arbre doit apparaître deux fois moins haut que la maison, mais il n’a pas besoin de déterminer ni la hauteur de l’arbre ni celle de la maison.

4. Distances astronomiques a. La méthode de visée n’est pas utilisable pour des distances astronomiques parce que l’application du théorème de Thalès confronte son utilisateur à une relation pour laquelle deux grandeurs astronomiques sont présentes et impossibles à déterminer directement.

b.

1. Mesure de la hauteur d’un immeuble

D

a. Le théorème de Thalès permet d’obtenir :

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


AB/CD = OA/OC. b. La longueur AB est connue précisément, OA peut être déterminée avec une bonne précision et OC peut être mesurée, par exemple en comptant le nombre de pas entre le lieu de la mesure et le pied de l’immeuble, et en convertissant ensuite en mètres, ou à l’aide d’un plan de la ville (ou du quartier). La hauteur de l’immeuble CD est la grandeur inconnue qu’on pourra déterminer avec cette technique. c. Si l’immeuble se trouve à OC = 75 m de l’observateur, que son bras mesure OA = 0,45 m et que la visée montre que AB = 0,223 m, on trouve que la hauteur de l’immeuble est : CD = AB ϫ OC/OA = 0,223 ϫ 75/0,45 = 37 m.

2. Vérification à l’aide d’une autre méthode a. On peut compter le nombre d’étages de l’immeuble observé. Celui qui est schématisé comporte 12 étages.


O

B L A

S

C (30°) est beaucoup Note. Pour la lisibilité du dessin, l’angle kAOB plus grand que le diamètre apparent de la lune (0,5°). Sur le schéma, AB ne passe pas par le centre de l’astre et il ne correspond donc pas exactement au diamètre de l’astre. Cette subtilité doit être précisée aux élèves.

c. D’après le théorème de Thalès, on a : AB/CD = OL/OS d. On calcule les rapports AB/CD et OL/OS : AB = 3,48 ·103 km ; OL = 3,844·105 km ; CD = 1,39·106 km ; OS = 1,496·108 km. AB/CD = 0,002 50 OL/OS = 0,002 57 La relation est vérifiée à 2,8 % près.

3

Activités d’exploitation 5. Détermination de la taille d’une molécule (p. 190) Cette activité permet de mettre en œuvre les différentes notions rencontrées dans le cours (ordre de grandeur, chiffres significatifs) et présente une nouvelle technique de mesure de distance, spécifique aux ordres de grandeur des molécules. Il s’agit ici d’une adaptation de l’expérience historique de Franklin, réalisée au 18e siècle. Dans une première partie, les élèves réalisent une expérience préliminaire à l’aide de sable (ou de petites perles de rocaille). Cette expérience fait réfléchir l’élève sur les calculs et les hypothèses qu’il sera amené à faire dans la suite de l’activité. L’élève réfléchit ensuite sur l’expérience historique et propose un ordre de grandeur de la taille d’une molécule d’huile. Pour cela, l’élève fait une hypothèse très simple sur la constitution microscopique de la matière : on considère en effet que l’huile est constituée d’entités identiques et indéformables. Nous avons, en effet, fait le choix de ne pas compliquer la modélisation de la situation en introduisant plus d’informations sur l’acide oléique, ces informations sont au programme de la fin de terminale S, donc peu accessibles en début de seconde. Enfin, l’élève réalise l’expérience de Franklin dans une cuve rectangulaire, munie d’un flotteur léger. Lorsque la couche d’huile se forme, le flotteur se déplace à la surface de l’eau et on peut facilement déterminer la surface de la couche d’huile. Correction

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


On peut préparer directement la solution S 0 sur une balance de précision en déposant une goutte d’acide oléique (d = 0,89) dans une éprouvette graduée contenant 15 mL d’acétone. On peut alors en déduire la proportion volumique à partir de la masse d’acide oléique ajoutée. Notre solution a une proportion volumique de 0,37 % en acide oléique. Le choix du solvant acétone est guidé par la nécessité de le faire disparaître de la surface de l’eau ; l’acétone se solubilise dans l’eau. Nous avons utilisé une cuve rhéographique. Le flotteur est en plastique et doit être suffisamment léger pour flotter à la surface de l’eau. Sa largeur doit être ajustée à la largeur de la cuve afin qu’il puisse glisser sans être gêné.

4

1. Expérience préliminaire a. On trouve S = 76 cm2. Puisqu’on a versé 10 mL de sable qui forme une couche d’aire S et d’épaisseur e, on en déduit que l’épaisseur de la couche vaut : e = V / S = 10/76 = 0,13 cm = 1,3 mm. b. Puisqu’on a réalisé une seule couche de sable, alors on peut considérer que l’épaisseur de la couche de sable est égale à la taille d’un grain de sable si on suppose que tous les grains de sable sont identiques.

2. Expérience de Franklin a. Les molécules d’huile sont identiques et indéformables. Ainsi, le nombre de molécules d’huile présentes dans la cuillerée d’huile est identique au nombre de molécules d’huile présentes à la surface de l’étang. Le volume de la goutte d’huile est identique au volume du film d’huile déposé à la surface de l’étang. b. Le volume d’huile s’est étalé sur l’étang en une couche d’aire S et d’épaisseur e. Puisque le volume de cette couche est égal au volume d’une cuillerée d’huile, on obtient l’épaisseur e du film d’huile e = V / S = 2·10 – 6 /2 000 = 1·10 – 9 m = 1 nm. c. Cette épaisseur correspond à la taille d’une molécule, soit un ordre de grandeur de 1 nm.

3. Réalisation de la couche d’huile Nous avons travaillé avec une cuve de largeur ᐉ = 20 cm. a. On prélève, à l’aide d’un compte-gouttes gradué, un volume d’huile supérieur à 1 mL puis on en verse, goutte à goutte, 1,0 mL dans un bécher en comptant le nombre de gouttes nécessaires. On trouve 52 gouttes. Ainsi, une goutte a pour volume : V goutte = V / N = 1,0/52 = 0,019 mL. b. On observe que le flotteur se déplace à la surface de l’eau par rapport au bord de la cuve. c. On mesure L = 14 cm. d. La mesure est raisonnablement reproductible.

4. Taille d’une molécule a. Lors du dépôt de la goutte de solution S0, il s’est

formé, à la surface de l’eau, une couche d’acide oléique qui a poussé le flotteur. b. On obtient : L ϫ ᐉ = 280 cm2 = 2,8·10 – 2 m2. Cette aire correspond à l’aire de la couche formée. c. On a versé une goutte de solution S 0, de proportion volumique 0,37 %. Ainsi, le volume de l’acide oléique versé est : V ac = 0,003 7 ϫ 1,0/52 = 7,1·110 – 5 mL = 7,1·10 – 11 m3.


d. On peut estimer la taille de la molécule d’acide oléique : e = V / S = 7,1·10 – 11 /2,8·10 – 2 = 2,5·10 – 9 m = 2,5 nm. e. L’ordre de grandeur de la taille de la molécule d’huile est le nanomètre (nm).

Exercices Appliquer ses connaissances • Notation scientifique, ordre de grandeur et chiffres significatifs

On a : 56 = 6,0·1023 mFe. Ainsi, mFe = 56/6,0·1023 = 9,3·10 – 23 g = 9,3·10 – 26 kg soit un ordre de grandeur de 10 – 25 kg. 14.

15.

a. Un cube de cuivre de 1 dm3 pèse :

1,05·10 – 22 ϫ 8,50·1025 = 8,93·103 g. b. La masse volumique est ␳ = m / V. c. Ainsi, pour le cuivre, ␳ = 8,93·103 g·dm – 3 = 8,93·103 kg·m – 3. La valeur trouvée est assez proche de la valeur expérimentale. d. Le volume de 1,0 kg de cuivre est : V = m / ␳ = 1,0/8,93·103 = 1,1·10 – 4 m3 = 0,11 dm3.

8. 16.

a. L’orbite autour de la boule devrait avoir le

Notation Valeur sans puissance Notation décimale scientifique de dix exprimée dans (en mètre) (en mètre) l’unité convenable 4 320 4,320·103 4,32 km 0,000 0314 3,14 ·10 – 5 31,4 ␮m 0,000 77 7,7·10 – 4 0,77 mm 0,045 2 4,52·10 – 2 45,2 mm 0,000 000 12 1,2 ·10 – 7 0,12 ␮m 0,000 000 000 053 5,3·10 – 11 53 pm 630 6,30·102 630 m 0,000 000 589 5,89·10 – 7 589 nm

rayon : d = 5,3·10 – 11 ϫ 2,5/1,1·10 – 15 = 1,2·105 cm soit 1,2 km. La balle se trouverait à 1,2 km de la boule. b. On mesure avec cette représentation à quel point la distance est grande entre le noyau et l’électron et qu’entre les deux il n’y a rien. C’est ce qu’on appelle une structure lacunaire.

9.

20.

Notation décimale Notation Ordre de grandeur scientifique 382 3,82·102 102 0,000 072 4 7,24 ·10 – 5 10 – 4 0,000 97 9,7·10 – 4 10 – 3 0,000 000 97 9,7 ·10 – 7 10 – 6

• Lumière : mesures de distance Par définition, t = d / c = 1,496·1011 /3,00 ·108 ; t = 499 s soit 8 min 19 s. 18.

a. d = 2,0·106 ϫ 9,46·1012 =1,9·1019 km.

b. Par définition de l’année de lumière, la lumière met 2,0·106 années pour nous parvenir. 21.

a. d = 4,45·1015 /9,46 ·1012 = 470 a.l.

b. La lumière met 470 ans pour parvenir de ε de Cassiopée. Ainsi la lumière reçue en 2004 a été émise en 1534 par l’étoile. À l’aide du théorème de Thalès, on trouve : L = D ᐉ / d = 6,0 ϫ 0,70/0,025 = 1,7 ·102 m. 23.

10.

Dimension

26 0,98 ␮m dam

Ordre de 10 – 5 grandeur (m)

10

25 cm

0,17 697 0,79 mm km nm

24.

a. D

10 – 1 10 – 4 106 10 – 9 B

11.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Nombre 3,25·104 0,000 43 2·105 5,01·108 6,1·10 – 5 Chiffres 3 2 1 3 2 significatifs

Le volume d’huile versée correspond au volume d’huile sur l’étang, soit S ϫ e. Ainsi, l’ordre de grandeur de la taille de la molécule vaut : e = V / S = 2·10 – 6 /2·103 = 10 – 9 m. 13.


O

S

␣ L

A C

On a : tan ␣ /2 ≈ ␣ /2 = 0,5 d Lune / dTerre-Lune . Note. Il est préférable de travailler avec la moitié du diamètre apparent pour faire apparaître un triangle rectangle dans lequel on applique une relation trigonométrique.

Ainsi, d Lune = ␣d Terre-Lune = 3,5·103 km.

5

b. De même, on a : LTerre-Soleil = DSoleil / ␣ = 1,5·108 km. c. La Lune et le Soleil sont vus depuis la Terre sous le même diamètre apparent. Ainsi, lorsque les trois astres sont alignés dans l’ordre Terre-Lune-Soleil, la Lune peut occulter totalement le disque solaire et provoquer une éclipse totale.

• Mesures de durées 26.

a. D =

v t = 99 m. ᎏ 2 son(eau)

b. La durée minimale entre la réception et l’émission est de 1,0 + 0,5 = 1,5 ms. Cela correspond à la vson(eau) t min distance minimale : Dmin = ᎏᎏ = 1,1 m. 2

a. On a : 2 DTerre-Lune = ct . Ainsi, DTerre-Lune = ct /2 = 3,00 ·108 ϫ 2,56/2 27.

= 3,84·108 m.

Note. L’application de la règle sur les chiffres significatifs n’est pas mise en défaut par la présence du nombre 2 au dénominateur. En effet, ce nombre n’est pas une donnée expérimentale et n’est donc entaché d’aucune imprécision. b. Pour déterminer la distance Terre-Lune à 1

km près, c’est-à-dire avoir une précision de 6 chiffres significatifs, il faut connaître l’intervalle de temps aussi avec 6 chiffres significatifs, c’est-à-dire à 10 – 5 s près. Note. La vitesse de la lumière est connue avec toute la précision nécessaire pour une telle mesure.

Notes. • Cette réflexion sur la diffraction, recommandée par le programme officiel, utilise un modèle de propagation de la lumière qui n’est pas le modèle enseigné. On ne peut pas en effet comprendre cette expérience avec un modèle de propagation rectiligne. Le professeur qui utilise cet exercice devra gérer ce problème lors de la correction. • Il faut également faire l’hypothèse que la tache de diffraction par un objet peut être déterminée avec une courbe d’étalonnage réalisé avec des fentes. C’est un problème à gérer également avec les élèves. • Vouloir faire tracer la courbe d’étalonnage d = f (1/ a) serait plus intéressant du point de vue de la physique puisque c’est une droite, mais ne l’est pas du point de vue de l’enseignement et ce pour plusieurs raisons. Cette relation d’inverse proportionnalité ne peut être justifiée aux élèves et renforcerait l’arbitraire qui entoure déjà cet exercice. Cette relation n’est donc prise en compte que dans la deuxième partie de l’énoncé, et en justifiant d’une certaine manière son utilisation.

c. Il est nécessaire d’avoir suffisamment de points expérimentaux afin de pouvoir déterminer l’allure de la courbe d’étalonnage. On ne peut ainsi réduire le nombre de points expérimentaux sous peine d’être incapable d’établir une courbe suffisamment fidèle à ce qu’elle serait avec un grand nombre de données. 2. a. On obtient les valeurs suivantes. Largeur d de la tache centrale (cm)

1,49

2,55

3,80

7,62

15,3

Largeur a de 250 150 100 50 25 la fente (␮m) 1/a (µm) 4,00·10 – 3 6,67·10 – 3 1,00·10 – 2 2,0·10 – 2 4,0·10 – 2

b. On obtient le graphe suivant. Largeur d de la tache centrale (en cm)

Aller plus loin 28. Détermination

de la taille d’un cheveu 1. a. On obtient la courbe d’étalonnage d = f (a).

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Largeur d de la tache (en cm) 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0 0 50 100 150 200 250 300 Largeur a de la fente (en ␮m)

b. On cherche sur la courbe précédente l’abscisse pour laquelle on a d = 4,85 cm. On trouve e ≈ 77 ␮m.

6

18 16 14 12 10 8 6 4 2 0

0

50

100 150 200 250 300 150 200 250 1 Inverse de la largeur de la fente a en ␮m – 1

΂

΃

La courbe est une droite passant par l’origine. On peut en déduire que d est proportionnelle à 1/ a et donc que la loi proposée dans l’énoncé est vérifiée. c. À l’aide de la courbe précédente, on trouve pour d = 4,85 cm, 1/ a = 0,013 µm – 1 soit a = 77 ␮m.


d. Puisque cette courbe d’étalonnage est une droite passant par l’origine, il n’est pas forcément nécessaire d’avoir beaucoup de points expérimentaux. Si l’on fait confiance à la loi, un minimum de deux points (dans la pratique, on en prend toujours au moins trois) permet d’avoir l’allure de la courbe d’étalonnage. On peut donc utiliser moins de points expérimentaux que dans la première partie. 29. Écholocation

a.

70 ms

Temps (s) 3 ms

Entre deux cris, il y a ⌬t = 70 – 3 = 67 ms. b. Il faut un minimum de 3 ms pour que l’écho revienne. Ainsi, cela correspond à une distance de c⌬t = 340 ϫ 3·10 – 3 = 0,51 m. d = ᎏ 2 2 c. Il faut au minimum une durée de 67 ms entre la perception du cri et l’émission du suivant. Cette durée correspond à deux fois la distance chauvesouris obstacle. D’où :

ᎏᎏ

c ⌬t 340 ϫ 67·10 – 3 d = ᎏ = = 11 m. 2 2

ᎏᎏ

Parallaxe d’une étoile a. Par définition, sin p = R/TE où TE est la distance Terre-Etoile. Ainsi, TE = R /sin p ≈ R/p ( p en radian). D’où : TE = 1,50·108 /1,1·10 – 6 = 1,3·1014 km. b. TE = 1,3·1014 /9,46 ·1012 = 14 a.l. c. D’après le schéma, tan p = R / D. Ainsi, D = R /tan p ≈ R / p. Puisque R = 1 U.A. , alors D = 1/ p ( D en U.A. et p en radian). d. p = 1Љ = 4,8·10 – 6 rad. Un parsec correspond alors à : D = 1/4,8·10-6 = 2,1·105 U.A. = 3,1·1013 km = 3,3 a.l. e. Puisque D = 1/ p, alors p = 1/ D = 1/(1,32 ϫ 2,1·105) = 3,6·10 – 6 rad. 30.

32. Marée

noire a. Au bout de cinq heures, il s’est échappé : 1,2·103 ϫ 5 = 6,0·103 tonnes de pétrole. b. Il faut 2,5·104 /1,2·103 = 21 h. c. V = m / ␳ = 2,5·107 /0,86 = 2,9·107 dm3 = 2,9·104 m3. d. On a : V = Se et e = V / S = 1,0·10 – 6 m = 1,0 ␮m. L’ordre de grandeur est de 10 – 6 m soit 1␮m.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d



7

CHAPITRE 12. UN SYSTÈME DISPERSIF : LE PRISME Aspects pédagogiques et scientifiques

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


L’objectif de ce chapitre est dicté par le contenu du chapitre suivant. Il s’agit d’étudier la dispersion de la lumière. Les lois de Descartes sont donc surtout abordées pour être utilisées, non pour leur étude propre. Dans ce chapitre, deux courtes activités de découverte permettent chacune de faire réfléchir les élèves sur un des aspects importants de ce chapitre : la lumière peut être déviée ( activité 1, p.198) et la lumière blanche peut être dispersée ( activité 2, p.198). Puis deux activités de cours, l’une expérimentale (activité 3, p.199), l’autre mettant en jeu les TICE (activité 4, p. 200), permettent de mettre en place le vocabulaire propre à l’utilisation des lois de Descartes, et les lois elles-mêmes. Elles donnent toutes les deux l’occasion de réaliser des activités de mesures, de représentations graphiques, d’exploitation, tout cela avec un souci de démarche scientifique face à la découverte d’une loi. En fin de chapitre, les connaissances acquises sont exploitées au travers d’une autre activité TICE sur l’utilisation du prisme (activité 5, p. 206). Cet abondant recours aux TICE est justifié non seulement par les consignes officielles – une note est présente pratiquement à chaque partie du programme « Les activités pouvant mettre en jeu les technologies de l’information et de la communication sont repérées par un astérisque » – mais parce les TICE apportent un plus à la compréhension des notions de ce chapitre. Il n’est pas simple, par exemple, de substituer expérimentalement une source de lumière polychromatique par une source monochromatique, ce que la simulation réalise sans difficulté. Or cette substitution facilite l’apprentissage, par l’élève, de ce qu’est la lumière. Quoi de plus impalpable que la lumière pour un nonphysicien ? Les différentes contraintes et précautions d’usage de la simulation sont détaillées ciaprès pour chaque activité, et le professeur intéressé s’y reportera. Notre expérience nous a montré que le travail avec les TICE devait être organisé par le professeur : il ne suffit pas de dire aux élèves : voilà un beau logi-

12 – UN SYSTÈME DISPERSIF : LE PRISME

ciel, apprenez ! Nous avons élaboré ces activités TICE après avoir observé des élèves qui utilisaient les simulateurs Microméga avec certaines de nos activités. Les élèves apprennent lorsque les activités sont bien structurées, et cela pour de nombreuses raisons : l’attrait de l’informatique et sa motivation, cette absence de crainte face à l’expérience, la relation directe entre les objets (prismes), les événements (déviation de la lumière) et le modèle (modification en temps réel des rayons lumineux). Les activités TICE que nous proposons donnent à l’élève l’opportunité de réfléchir aux notions effectivement importantes, il peut tester des idées, il peut revenir sans crainte sur l’observation d’un phénomène. Nous encourageons les collègues qui n’ont pas eu l’occasion d’utiliser les TICE dans leur enseignement de commencer avec quelques activités comme celles de ce chapitre, en mettant deux élèves par ordinateur.

Activités de découverte 1. La lumière peut-elle changer de direction de propagation ? (p. 198)

L’objectif de cette activité est d’introduire le phénomène de réfraction de la lumière à l’aide de deux expériences simples, a priori dépourvues de points communs pour l’élève. L’expérience avec le laser est très visuelle et ne pose pas trop de problèmes d’interprétation à l’élève. En effet, la « distance » cognitive entre ce qu’il voit (le faisceau de lumière) et ce dont il a besoin pour proposer une interprétation (la notion de rayon lumineux) est petite. En revanche, il lui est difficile de faire le lien entre la pièce et la propagation de la lumière. La raison tient au fait que ce n’est pas évident pour l’élève qu’il s’agit d’une expérience mettant en jeu la lumière. Cette « distance » cognitive entre ce qu’il voit (les pièces) et ce dont il a besoin pour modéliser la situation (des rayons lumineux) est de ce fait très grande. Quand bien même l’a-t-on guidé en lui demandant de

1

représenter la situation en termes de rayon lumineux, l’idée de faire partir des rayons lumineux de la pièce n’est pas intuitif, les élèves voulant souvent, dans ce type de situation, faire partir les rayons lumineux de l’œil. Il est nécessaire que le professeur guide le raisonnement des élèves. Ce sera l’occasion de réinvestir le modèle de rayon lumineux étudié au chapitre 11. Correction

L’expérience avec la pièce peut être visualisée par la classe entière à l’aide d’une webcam en position fixe, judicieusement placée, reliée à un ordinateur ou à un téléviseur. a. Non, le trajet de la lumière observé ( Doc. 1) ne correspond pas à la propagation en ligne droite vue précédemment. On observe qu’une partie de la lumière incidente pénètre dans l’eau en changeant de direction. b. L’élève observe l’apparition progressive de la pièce dans son champ de vision. c. Les deux expériences mettent en jeu la propagation rectiligne de la lumière dans un milieu donné mais avec changement de direction lors du changement de milieu. En effet, dans l’expérience 1, l’élève constate que la lumière se propage en ligne droite dans l’air et dans l’eau puis change de direction lorsqu’elle passe de l’air à l’eau. Dans l’expérience 2, l’élève positionne le récipient de façon à ne plus voir la pièce. Il peut en déduire que la lumière issue de la pièce se propageant en ligne droite ne parvient pas dans son œil. Lorsqu’on verse de l’eau, la pièce réapparaît. Il peut alors en déduire que la lumière issue de la pièce parvient maintenant dans son œil. Puisqu’il n’a pas bougé par rapport au début de l’expérience, seule la propagation de la lumière a changé et cette dernière ne se propage pas en ligne droite entre l’eau et l’air. d. Sur les deux exemples, la lumière se propage en ligne droite dans un milieu donné mais change de direction lorsqu’elle passe d’un milieu à un autre. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


2. Lumière blanche ou lumière colorée ? (p. 198) Cette deuxième activité de découverte fait prendre conscience à l’élève que, dans certaines expériences, le comportement de la lumière dite « blanche » s’interprète en considérant qu’elle est constituée des couleurs de l’arc-en-ciel. On intro-

2

duit l’idée que le prisme est un système dispersif : il disperse les couleurs. Les expériences peuvent être réalisées à moindre frais ; l’idéal est de pouvoir être dans l’obscurité. Il suffit d’une lampe blanche, d’une fente d’une lentille de projection, d’un écran blanc, d’un filtre rouge et d’un prisme. En explorant le comportement de la lumière dans diverses situations, avec et sans filtre, avec et sans prisme, on amène l’élève à se questionner sur la nature de la lumière et sur la propriété dispersive du prisme. Nous avons pris le parti de ne pas dire « la lumière est constituée de différentes couleurs », mais « l’expérience s’interprète si l’on considère que la lumière blanche est constituée de différentes couleurs ». Cette nuance volontairement conservée entre ce que l’élève voit (la lumière blanche, le prisme, les couleurs) et les modèles du physicien sur la constitution de la lumière et sur le fonctionnement du prisme, tous deux initialement ignorés des élèves, a montré qu’elle évitait aux élèves de considérer que la physique est arbitraire. Le texte de l’activité laisse au professeur le soin de conclure ; cette activité se limite à montrer le phénomène de dispersion et à faire en sorte que l’élève se pose des questions ; elle n’apporte pas de réponse. Correction

a. On constate qu’après l’ajout du prisme, la lumière sur l’écran est toujours de couleur rouge mais s’est déplacée par rapport à sa position initiale (donnée au Doc 1.a). Le prisme possède donc la propriété de dévier la lumière. b. On observe sur l’écran les couleurs de l’arc-enciel. Cette observation peut s’interpréter en considérant que la lumière blanche est constituée de différentes couleurs et que le prisme les fait « apparaître ». c. On retrouve la lumière rouge à la trace R marquée précédemment lorsque seule de la lumière rouge était envoyée sur le prisme. On peut interpréter cette observation en considérant que les différentes couleurs, que l’on considère comme constituant la lumière blanche, ne sont pas déviées de la même façon par un prisme.

3. Réfraction de la lumière (p. 199) Cette activité permet, conformément au programme, d’introduire expérimentalement les lois de la réfraction en lumière blanche.


Au cours de cette activité purement expérimentale, qui nécessite d’être dans une salle de travaux pratiques si possible obscurcie, l’élève repère et mesure des angles ; c’est une compétence exigible. L’exploitation de ces mesures lui permet de retrouver la seconde loi de Descartes pour la réfraction. Une démarche que nous pensons intéressante est suggérée puisque l’élève est amené à proposer un premier modèle pour interpréter ces mesures (dans le cas des petits angles). De nouvelles mesures viennent montrer que ce modèle n’est pas pertinent et il faut le remettre en question, d’où la loi de Descartes qui fait apparaître la fonction sinus. Le dispositif expérimental ne permet pas une forte dispersion de la lumière blanche mais on pourra évoquer ce phénomène avec les élèves. En effet, dans ce chapitre centré sur la dispersion de la lumière, on devrait en toute rigueur réaliser cette activité avec une lumière monochromatique, ce que nous ne faisons pas. Cela peut être discuté, en même temps que les dernières questions du TP qui permettent de réfléchir aux choix qui ont prévalu à l’élaboration du dispositif d’étude (demi-disque, travail dans un plan particulier, le plan d’incidence).

a. La lumière change de direction lorsqu’elle pénètre dans le demi-cylindre. b. C’est le rayon rouge. c. C’est le rayon bleu. d. i1 : angle entre la flèche rouge et la droite en pointillés ; i2 : angle entre la flèche bleue et la droite en pointillés. On obtient le tableau suivant.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

40 35 30 25 20 15 10 5 0

0

10

20

30

40

50

60 70 80 90 Angle i1 (en degrés)

2. Lois de Descartes a. On constate, avec les nouvelles valeurs (voir

b.

1. Étude de la réfraction de la lumière

5 3

Note. On ne cherche pas à donner une signification physique au coefficient k . Ce serait l’inverse de l’indice du milieu s’il fallait en donner une. La raison pour laquelle on ne cherche pas à donner une signification à ce coefficient est que pour que ce soit intéressant, il faudrait étudier au moins deux milieux différents, ce qui n’est pas envisagé ici. Angle i2 (en degrés) 45

tableau ci-dessous), que lorsqu’on complète le graphe précédent, les points ajoutés s’éloignent de la droite précédemment tracée. Ainsi, la relation proposée en e n’est donc pas générale.

Correction

i 1 (°) i 2 (°)

type i2 = ki 1, quand l’angle est inférieur à 20°, k étant un coefficient de proportionnalité.

10 7

15 10

20 13

Note. Le but de ce travail n’est pas de faire apprendre une loi pour les petits angles, qui n’est pas l’esprit du programme, mais de proposer aux élèves une démarche scientifique mettant en jeu une activité de modélisation. Les termes de « démarche » et de « modèle » sont abondamment cités dans le programme, tant en physique qu’en chimie. À partir de certaines mesures, on propose un modèle. D’autres expériences aidant, il faut remettre en question le premier modèle et en proposer un nouveau, plus sophistiqué.

i 1 (°) i 2 (°)

30 20

40 26

50 31

60 36

70 39

80 42

Le tableau de données devient le suivant. sin i 1 sin i 2 i 1 (°) i 2 (°) 5 3 0,087 2 0,052 3 10 7 0,174 0,105 15 10 0,259 0,174 20 13 0,342 0,225 30 20 0,5 0,342 40 26 0,643 0,438 50 31 0,766 0,515 60 36 0,866 0,588 70 39 0,942 0,629 80 42 0,985 0,669

d


e. Le tracé obtenu est pratiquement linéaire. On peut proposer une relation de proportionnalité du


3

c. Le graphe demandé est donné ci-dessous.

si l’on a choisi ce dispositif, c’est en particulier parce qu’il y avait une autre loi de Descartes sur le plan d’incidence. Nous avons pensé qu’il ne fallait pas le dissimuler aux élèves. Cependant, cet aspect des lois de Descartes étant particulièrement elliptique dans le programme, nous nous sommes limités à quelques questions de réflexion en fin d’activité.

sin i2 0,8 sin i2 = 0,675 sin i1

0,7 0,6 0,5 0,4

4. Utilisation du simulateur

0,3

Descartes (p. 200)

0,2

Cette activité exploite le simulateur Descartes du cédérom Microméga et propose la simulation d’une expérience de réfraction. L’usage des TICE est conforme à l’évolution des programmes. Cette activité pourrait éventuellement se substituer à l’activité 3, mais ce serait dommage de priver les élèves d’un contact réel avec les mesures. Dans un premier temps, l’élève se familiarise avec les notions de lumière, de radiation et d’indice de réfraction. Dans un second temps, il simule la réfraction d’une lumière monochromatique lors de la traversée d’un demi-cylindre. Les mesures d’angle effectuées, l’élève peut, à partir de représentations graphiques, constater que les valeurs fournies par le simulateur sont en accord avec la seconde loi de Descartes. Nous avons en effet opté pour une certaine transparence de la simulation. Le simulateur étant programmé avec la loi de Descartes, nous ne laissons pas croire à l’élève qu’il découvre cette loi grâce à un simulateur qui l’utilise ; nous l’en informons (partie 3) : « Le simulateur a été programmé pour déterminer les positions des rayons lumineux à l’aide de la 2e loi de Descartes. » Ce faisant, l’élève est invité à constater qu’il y a effectivement accord. L’élève manipule ainsi la loi de Descartes (c’est ainsi qu’il apprend à s’en servir et qu’il lui donne du sens), ainsi, il ne se fait pas une fausse idée de ce qu’est une simulation. Le simulateur adopte un point de vue sur lequel il faut être clair : ce qui est tracé à l’écran sont les rayons lumineux. C’est un modèle géométrique de la lumière. Ces rayons sont colorés afin de représenter telle ou telle radiation. C’est un autre modèle de la lumière. Ces traits colorés à l’écran constituent donc, par commodité, une référence à deux modèles distincts. Cela ne gène pas l’élève, mais si l’on veut évoquer avec lui la notion de modèle, il faut être averti des choix qui ont prévalus à la programmation du simulateur et leur donner un sens en accord avec les choix pédagogiques retenus par le professeur.

0,1 0

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2 sin i1

d. La représentation graphique est linéaire : sin i1 et sin i2 sont proportionnels pour l’ensemble des

valeurs. Cette loi est donc plus générale que celle avancée à la question 1. e. e. Puisque sin i1 et sin i2 sont proportionnels, alors on a une relation du type sin i2 = a sin i1, a étant un coefficient de proportionnalité. Note. Il est important de faire remarquer que le coefficient a est indépendant des angles.

f. Le coefficient a représente le coefficient directeur de la droite. On obtient a = 0,67. Note. Nous avons préféré distinguer a et les indices n1 et n2 afin que les élèves puissent découvrir la loi de Descartes.

g. En divisant par n2 les deux membres de la rela-

tion de Descartes donnée dans l’énoncé, on retrouve l’expression trouvée précédemment en prenant a = n 1/n2. Note. La façon de procéder proposée ici ne laisse pas croire aux élèves qu’ils ont découvert une loi. Ils ont comparé les résultats de leurs expériences à une loi proposée au 17 e siècle et constaté qu’il y avait un bon accord. Le sens de n1 et n2 est fourni ici comme une information, rien de plus.

h. Le plan d’incidence est le plan perpendiculaire à

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


la face d’entrée du demi-cylindre. La face d’entrée du demi-cylindre est verticale, le plan d’incidence est ici horizontal. i. La lumière n’est pas déviée à sa sortie du demicylindre. Cela s’explique car le faisceau lumineux arrive sur la surface courbe du demi-cylindre en étant confondu avec la normale à la surface de séparation du demi-cylindre avec l’air. Ainsi, puisque l’angle d’incidence dans le demicylindre est nul, l’angle de réfraction à la traversée de l’interface plexiglas/air est nul d’après la loi de Descartes. Note. Ces dernières questions justifient a posteriori les choix qui ont prévalus à l’élaboration du dispositif expérimental. En effet,

4


Correction

1. Lumière blanche et lumière colorée a. On constate que la lumière polychromatique change de direction et se sépare en différentes couleurs (dispersion) lors de son entrée dans le demidisque alors que la lumière monochromatique est seulement déviée. Une lumière polychromatique est une lumière constituée de plusieurs couleurs. Note. L’élève s’approprie de nouvelles notions à partir de son vécu et de son vocabulaire. On fait appel à ses connaissances de la langue française sur la structure des mots dans le cas du mot « poly » « chromatique ». La notion de rayonnement ne sera introduite qu’après.

b. On voit que la longueur d’onde s’exprime en nanomètre qui est un sous-multiple de l’unité de longueur. Ainsi, la longueur d’onde est une longueur. c. λ = 420 nm : bleu ; λ = 534 nm : vert ; λ = 712 nm : rouge.

2. Indice de réfraction a. Non, on constate que la valeur de l’indice varie en fonction de la longueur d’onde. b. Pour l’air : n400 = 1,00 ; n800 = 1,00. Pour l’eau : n400 = 1,34 ; n800 = 1,33.

3. Seconde loi de Descartes a. On obtient les valeurs suivantes. sin i 1 i 1 i 2 10,1 20,2 30,0 40,0 50,0 60,1 70,1

6,5 12,0 17,2 23,8 28,2 32,3 35,4

0,175 0,345 0,5 0,643 0,766 0,867 0,940

sin i 2 0,113 0,208 0,296 0,403 0,473 0,534 0,579

b. On obtient le graphe suivant. sin i2 sin i2 = 0,62 sin i1

0,6 0,5 0,4 r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


0,3

On constate que la représentation graphique est une droite passant par l’origine. Ainsi, sin i1 et sin i2 sont proportionnels et on peut proposer la relation : sin i2 = a sin i1. On trouve a = 0,62. En utilisant la seconde loi de Descartes, on a : nair sin i1 = nflint sin i2 soit sin i2 = a sin i1, avec a = nair / nflint. Puisque nair = 1,00, on trouve nflint = 1,6. Le simulateur donne nflint = 1,63 à λ = 600 nm. Le résultat trouvé est proche de la valeur du simulateur (1,8 % d’erreur). L’erreur sur la valeur de l’indice est due à la précision du positionnement du rapporteur lors de la mesure de l’angle.

Activités d’exploitation 5. Étude d’un prisme à l’aide du simulateur Prisme (p. 206) Conformément au programme, cette activité permet d’étudier la dispersion de la lumière par un prisme et d’exploiter les lois de Descartes pour la réfraction. On fait à nouveau appel aux TICE dans le cadre d’une activité où l’élève est amené à se questionner. Peu d’établissements sont dotés de prismes d’étude à la disposition des élèves. Ainsi, le simulateur Prisme du cédérom Microméga permet de compenser cette difficulté d’équipement. Dans un premier temps, l’élève étudie la dispersion de la lumière. Dans un second temps, il simule la réfraction de la lumière dans un prisme un peu particulier. Ce sera l’occasion de parler d’un phénomène que la simulation permet d’aborder sans calculs théoriques, la réflexion totale. Cette étude n’est pas une connaissance exigible, mais elle peut être réalisée sans nouvelle notion et constitue un approfondissement de l’étude du prisme.

0,2

Correction

0,1 0

0

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 sin i1

1. Dispersion de la lumière a. À la sortie du prisme, la lumière a les couleurs de l’arc-en-ciel.


5

b. Pour λ = 600 nm, on obtient le tableau suivant. i 1 (°) D1 (°) D2 (°) D (°) 20,0 30,1 40,3 50,1 60,0

8,5 12,8 17,3 23,2 28,7

30,1 20,6 15,7 12,0 8,2

38,6 33,4 33,0 35,2 36,9

On constate que la déviation totale D décroît puis augmente à nouveau. c. Pour λ = 720 nm, on obtient le tableau suivant. i 1 (°) D1 (°) D2 (°) D (°) 20,0 9,5 26,4 35,9 30,0 10 19,6 29,6 40,0 16,3 15,5 31,8 50,1 21,9 8,3 30,2 60,1 28,3 6,0 34,3 On constate que les résultats trouvés sont différents de ceux trouvés à la question b pour λ = 600 nm. La déviation d’une radiation dépend de sa longueur d’onde.

2. Une utilisation surprenante du prisme a. On constate que, pour un certain angle d’incidence i1, proche de 0°, le rayon ne subit pas de réfraction et ne sort pas du prisme par cette face. b. Le rayon lumineux se réfléchit totalement à l’intérieur du prisme. c. On mesure iЈ1 ≈ 38,5°.

Note. Théoriquement, l’angle de réflexion totale est donné par la relation : sin i1Ј = nair / nflint et vaut 38,0°. La différence entre cette valeur et celle affichée par le simulateur provient de l’imprécision sur la mesure de l’angle dans le simulateur.

d. D’après la loi de Descartes et puisque l’angle d’incidence est nul, alors sin i1 = 0, sin i2 = 0 et i2 = 0°. Le rayon lumineux pénètre dans le prisme sans être dévié. e. On obtient le schéma suivant. I

d


45° B

A

90°

I

45° J

L 45°

90°

B

C K

Le rayon lumineux arrive sur la face BC sous une incidence de 45° (le triangle JCK est isocèle et rectangle en C). Par analogie avec ce qui précède, le rayon lumineux subit une autre réflexion totale en K. Il arrive alors normalement à la face d’entrée du prisme (le triangleBKL est rectangle en L) et ressort sans être dévié. Le trajet de ce rayon lumineux peut paraître surprenant puisque le rayon lumineux fait demi-tour et part en sens inverse à celui d’arrivée.

Exercices Appliquer ses connaissances • Radiations lumineuses 10.

a. Le terme monochromatique signifie que le

rayonnement n’est constitué que d’une seule radiation. b. Cette radiation correspond à une couleur verte. 13.

45° J

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

l’angle d’incidence sur la face AC est supérieur à l’angle de réflexion totale trouvé précédemment (40°). Ainsi, le rayon ne subit pas de réfraction, il est totalement réfléchi. g. On obtient :

• Indice de réfraction A

90°

f. En utilisant le critère de l’énoncé, on voit que

a. On a : v = c / n = 2,22·108 m·s – 1.

b. Dans l’air, t air = d / v = 1,00·10 – 1 /3,00·108 = 3,33·10 – 10 s

et, dans l’éther, t éther = d / v = 1,00·10 – 1 /2,22 ·108 = 4,50·10 – 10 s. c. On ne peut utiliser commodément la différence entre les deux durées car celle-ci est trop faible.

90° C

Géométriquement, le triangle AIJ est rectangle en I et l’angle en J a pour mesure 45°. L’angle iЈ1 fait par le rayon lumineux avec la normale à la face AC vaut 90 – 45 = 45°.

6


• Loi de Descartes 14.

b. Dans le plexiglas : v = c / n = 3,00·108 /1,50 = 2,00 ·108 m·s – 1.

a. Rayon incident

Normale à la surface

a. Dans le triangle ABC rectangle en A, i2 = ␤ et on a tan i2 = AC/AB. D’où i2 = 41°. b. Par application de la seconde loi de Descartes 19.

i1

milieu 1 : air

Suface de séparation

pour la réfraction, on a : n sin i1 1,000 ϫ sin 80 n2 = 1 = = 1,5. sin i2 sin 41

ᎏ ᎏᎏ

milieu 2 : eau

i2

Rayon réfracté

b. D’après la seconde loi de Descartes pour la réfraction, n1 sin i1 = n2 sin i2. Ainsi : n sin i1 1,000 ϫ sin 30 n2 = 1 = = 1,3. sin i2 sin 22 15. a. Par application de la seconde loi de Descartes pour la réfraction, on a n1 sin i1 = n2 sin i2.

ᎏ ᎏᎏ

Ainsi, sin i2 = 1,0 ϫ sin 56/1,5 et i2 = 34°. b. De même, on a : sin i1 = 1,000 ϫ sin 40/1,70 et i1 = 22°. c. On a : n1 = 1,000 ϫ sin 27/sin 10 = 2,6. 16.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


a. Le faisceau incident est confondu avec la

normale au plan d’incidence. Ainsi, l’angle d’incidence est nul. b. Par application de la seconde loi de Descartes pour la réfraction et puisque i1 est nul, alors i2 est nul également. c. On a : n2 = n1 sin i1 /sin i2 = 1,3. d. Par définition, v = c / n = 2,3·108 m·s – 1. e. L’huile et l’eau sont des milieux transparents différents. Ainsi, leurs indices de réfraction sont différents. L’application de la seconde loi de Descartes conduit à un angle de réfraction dans l’huile différent de celui dans l’eau. f. Par application de la seconde loi de Descartes, on a : nair sin 45 = nhuile sin i2 soit sin i2 = nair sin 45/ nhuile. Puisque neau < nhuile : nair sin 45 nair sin 45 alors ᎏᎏ < ᎏᎏ soit sin i2 Ͻ sin 32. nhuile neau La fonction sinus est une fonction croissante, cela équivaut alors à i2 < 32°. 17.

a. Par application de la seconde loi de

Descartes pour la réfraction, on a : n sin n1 1,000 ϫ sin 45,0 nP = 1 = = 1,50. sin n2 sin 28,1

ᎏ ᎏᎏ


c. On a : v = c / n = 3,00·108 /1,5 = 2,0·108 m·s – 1. d. L’angle fait par le faisceau laser avec la base du cube correspond à 90 – i2 = 49°. L’angle iЈ1 entre le faisceau et la normale à la base du cube en C vaut 90 – 49 = 41°.

Note. Les angles i1Ј et ␤ sont alternes internes.

D’après la seconde loi de Descartes, on a : n1 sin iЈ1 = n2 sin iЈ2. Ainsi, sin iЈ2 = n1 sin iЈ1 / n2 = 1,5 ϫ sin 41 et iЈ2 = 80°. Le faisceau laser ressort du cube parallèlement au faisceau incident.

• Prisme 21.

a. On observe la dispersion de la lumière

blanche. Sur l’écran, toutes les couleurs de l’arc-enciel sont présentes. b. Le cache ne laisse passer que les couleurs les plus déviées. Il reste sur l’écran le violet. c. Puisque la lumière incidente est monochromatique, alors la lumière issue du second prisme sera aussi monochromatique. 22.

a. Cette radiation correspond à la couleur

orange. b. La lumière n’est constituée que d’une seule radiation, il s’agit donc d’une lumière monochromatique. c. On observe maintenant plusieurs raies colorées. La lumière émise par une lampe à vapeur de mercure contient plusieurs radiations. Elle est donc polychromatique. d. La radiation la moins déviée correspond à la plus grande longueur d’onde. La couleur correspondante est l’orange.

Aller plus loin 23. Irisation

d’un faisceau de lumière blanche a. On trouve i2 = 40,4° pour la radiation 470 nm et i2 = 40,6° pour la radiation 740 nm.

7

b. et c. surface de séparation air

eau 40,6 °

60°

40,4°

n1 sin i1 = n2 sin i2 et sin i2 = n1 sin i1 / n2 et i2 = 38 °. c. On a v = c / n = 2,14·108 m·s – 1. d. Dans le triangle ABBЈ, on a cos 38 = ABЈ /AB. Ainsi, AB = ABЈ /cos 38 = 6,3 cm. Le temps nécessaire pour parcourir AB dans le bloc vaut t 2 = AB/ v = 2,9·10 – 10 s. e. La durée totale du parcours vaut : t 1 + t 2 = 6,2·10 – 10 s. 27. Propagation

Chaque rayon constituant le faisceau va être dispersé et va donner naissance aux différentes couleurs de l’arc-en-ciel. Dans la zone centrale du spectre, les différentes couleurs vont se chevaucher et vont donner de la lumière blanche. Les bords du faisceau vont être aussi dispersés mais les extrémités du spectre (couleurs bleu et rouge) ne se mélangeront avec aucune autre couleur. Les bords de la lumière réfractée seront irisés (bleu d’un côté et rouge de l’autre). 24. Déviation

de la lumière par un prisme a. Par définition, la vitesse de la lumière dans le prisme vaut : v = c / n = 1,80·108 m·s – 1. b. On applique la seconde loi de Descartes pour la réfraction : n1 sin i1 = n2 sin i2 avec n2 = 1,668. On a alors sin i2 = n1 sin i1 / n2 et i2 = 29,8 °. c. En utilisant A = i2 + i1Ј, on a i1Ј = 30,2 °. d. On applique de nouveau la seconde loi de Descartes pour la réfraction : n2 sin i1Ј = n1 sin i2Ј. D’où : sin i2Ј = n2 sin i1Ј / n1 et i2Ј = 57,0 °. On peut calculer la déviation que subit le rayon lumineux après la traversée du prisme. On a : D = i1 + iЈ2 – A = 53,0 °. 26. Propagation

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dans un bloc de plastique a. Dans le triangle LAA Ј, on a cos 60 = AЈA/LA. Ainsi, LA = AЈA/cos 60 = 10 cm. Le temps nécessaire pour parcourir LA dans l’air vaut t 1 = LA/ c = 3,3·10 – 10 s. b. Par application de la seconde loi de Descartes pour la réfraction, on a :

dans une fibre optique a. D’après la seconde loi de Descartes pour la réfraction, on a : sin i2 = n1 sin i1 / n2 = 0,33 et i2 = 19,2°. b. Par définition, v = c / n = 1,86·108 m·s – 1. c. Les angles i2 et i3 sont des angles complémentaires. Ainsi, i3 = 90° – i2 = 70,8°. Si on calcule nc sin i3, on constate que : nc sin i3 Ͼ 1,52 = ng. Ainsi, la lumière ne pénètre pas dans la gaine et se propage dans la fibre. 28. Lame

à faces parallèles a. D’après la seconde loi de Descartes pour la réfraction, on a : sin i2 = n1 sin i1 / n2 = 0,333 et i2 = 19,5°. b. Soit i1Ј l’angle d’incidence sur la deuxième face de la lame. Les angles i1Ј et i2 sont alternes internes. D’où i1Ј = 19,5°. c. On applique de nouveau la seconde loi de Descartes. On trouve que i2Ј vaut 30°. On remarque que les directions des rayons incident et émergent sont parallèles.

30°

air verre

i2 iЈ1

air

iЈ2

d


8


CHAPITRE 13. LES MESSAGES DE LA LUMIÈRE Aspects pédagogiques et scientifiques

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d


Ce chapitre conclut la première partie du programme de physique. À ce titre, il constitue l’aboutissement d’un travail préparatoire sur l’Univers, la lumière, sa propagation et sa dispersion. Cet approfondissement ne donne pas lieu à des développements calculatoires, mais nécessite que les concepts des chapitres précédents soient acquis. En particulier, la notion de longueur d’onde doit avoir été assimilée car elle est centrale ici, bien plus que les lois de Descartes par exemple. La relation entre la longueur d’onde et la couleur, la distinction entre radiation et lumière, ou entre lumière et source de lumière sont essentielles dans ce chapitre. Les nouvelles connaissances portent sur les spectres, qui peuvent être d’émission ou d’absorption, de raies ou de bandes. Il faut que l’élève apprenne les conditions qui permettent la production de tel ou tel spectre. Ainsi, un spectre étant fourni, il est possible de remonter à la nature de la source de la lumière. Cela permet de comprendre le principe de la plus importante famille de méthodes d’analyse en physique : la spectroscopie. Même si elle est ici limitée à la connaissance de la nature de l’enveloppe gazeuse des étoiles et à l’analyse des ions en solution, les notions abordées dans ce chapitre permettent de se faire une idée de la façon dont les scientifiques peuvent répondre à des questions aussi incroyables que celles relevant de la composition d’objets se trouvant aux confins de la Galaxie. Nous proposons une première activité introductive (p. 214) qui permet de constater que les flammes n’ont pas toutes la même couleur et que cette couleur informe sur ce qui brûle. Cette activité introduit ainsi au principe de l’émission de lumière. La deuxième activité introductive (p. 214), en exploitant différentes observations d’un spectre de lumière blanche, permet de soulever un questionnement, fondamental en spectroscopie, qui conduit à faire émerger la notion d’absorption de la lumière. La troisième activité est une activité de cours (p. 215), qui permet de découvrir les bases théoriques de l’émission de lumière. L’élève apprend

13 – LES MESSAGES DE LA LUMIÈRE

ainsi que tout corps chauffé émet de la lumière et que le spectre de cette lumière dépend de la température du corps émetteur. Les applications proposées concernent la combustion, l’électricité et l’astrophysique. La quatrième activité (p. 215) aborde la spectroscopie d’émission de raies. À la condition sur la température du système qui émet la lumière, s’ajoute celle sur son état (atome ou ion monoatomique en phase gazeuse), nécessaire à la production d’un spectre discontinu. En application du cours, l’activité 5 (p. 223) propose la seule application numérique de ce chapitre : le pointage des longueurs d’ondes sur un spectre de raies, la détermination par interpolation des longueurs d’onde, et l’identification d’éléments chimiques sur des spectres inconnus. Il s’agit ici de réels spectres d’étoiles. Un travail comparable est d’ailleurs repris dans l’exercice résolu 2 (p. 225). Ce chapitre est plus intéressant quand les élèves savent ce que sont un ion et un élément chimique (chapitre 3, « Modèle de l’atome »). S’il n’est pas possible que ce chapitre sur la structure de la matière soit traité avant de commencer le chapitre 13, on peut en profiter pour introduire la notion d’élément chimique avec une « définition » provisoire qui peut être : « H, H+, H2, H2O etc. sont autant d’entités où l’on trouve ce que l’on appelle l’élément chimique hydrogène. » En ce qui concerne la notion d’ion, on peut s’appuyer sur des connaissances de collège : « C’est une entité qui possède une charge. » En tout état de cause, il est préférable que ce chapitre applique les connaissances du chapitre 3 sur la structure de la matière, plutôt qu’il ne les introduise.

Activités de découverte 1. La couleur des flammes (p. 214) Cette courte activité permet d’introduire la notion de production de lumière dont il va largement être question dans ce chapitre. Deux idées importantes émergent : la lumière nécessite une température élevée pour être produite et la nature de l’objet chaud modifie la couleur observée. Ces idées seront développées dans la suite de ce chapitre et

1

permettront de déterminer la composition chimique de l’enveloppe gazeuse d’étoiles. Cette activité – ce qui est le cas de tout le chapitre – est pédagogiquement plus profitable quand les élèves ont acquis la notion d’ions (introduite page 52) et celle d’élément chimique (introduite page 53). Se limiter à ce que les élèves savent des ions pour l’avoir appris au collège est dommage car le contexte était alors celui des ions en solution, ce qui n’a que peu de relation avec les ions au sein d’une flamme ou dans l’enveloppe gazeuse d’une étoile.

la flamme verte est due à la présence de l’élément chimique cuivre ; quant à la flamme orange, elle provient de la présence de l’élément chimique sodium.

d. On peut envisager une application analytique de

Correction

Correction

a. Avec le chlorure de lithium, on peut penser que c’est l’introduction d’un corps dans la flamme qui est responsable de sa coloration. Puisque la couleur se retrouve avec l’introduction du bromure de lithium, on peut penser que c’est à cause de la présence d’ions lithium dans la flamme.

b. L’obtention de la même couleur de flamme en utilisant du lithium métallique (non ionique) oblige à revoir l’hypothèse précédente. Force est de constater que la présence d’ions lithium n’est pas nécessaire. Ce qui est commun au différentes expériences est l’élément chimique lithium dont la présence provoque la coloration de la flamme. Note. On peut tout aussi bien mettre une solution de chlorure de lithium. Les ions sont alors apportés sous une autre forme. Nous avons évité l’utilisation des solutions dans cette activité car leur étude se fait un peu plus tard dans l’année (chapitre 6).

c. L’hypothèse est toujours acceptable ; l’origine de

d


l’arc-en-ciel (p. 214)

Dans cette deuxième activité introductive, on s’intéresse à l’absorption de la lumière par une solution. Il s’agit donc de spectres de bandes, généralement obtenus en dispersant de la lumière qui a traversé un milieu absorbant transparent. Il est également possible, quand le milieu étudié est une solution colorée, de voir le spectre résultant de cette absorption en mettant la cuve près de l’œil et en regardant un spectre de la lumière blanche. Le fait qu’il se passe quelque chose lorsque la lumière traverse un échantillon est un phénomène essentiel appelé absorption. Celle-ci sera réabordée lors de l’étude de la composition de l’enveloppe gazeuse des étoiles. Le principe de l’analyse sera le même et cette activité permet d’en comprendre le fondement. Dans ce chapitre, on dit aux élèves qu’une radiation est ou n’est pas absorbée. Ce raisonnement « binaire » est suffisant pour une première approche, bien qu’il soit plus subtil en réalité. La grandeur qui se cache dernière cette absorption est le coefficient d’extinction molaire, ε , de la loi de Beer-Lambert. Ce coefficient est une fonction qui dépend de la longueur d’onde. Sa valeur maximale est généralement faible (inférieure à 10 mol – 1·L·cm – 1) pour les solutions des ions de transition, Fe 2+, Ni 2+, Co 2+, etc., à quelques exceptions notables près : MnO – 4 (ε = 2,5·103 mol – 1·L·cm – 1 pour 525 nm) ou des complexes intensément colorés comme FeSCN2+. On peut se faire une idée précise de tels spectres avec le simulateur Microméga, de niveau terminale S, gratuitement téléchargeable sur le site www.micromega-hatier.com. Cette réflexion sur les valeurs du coefficient d’absorption molaire explique qu’il faut parfois des solutions concentrées pour mettre en jeu des spectres de bandes, et parfois des solutions diluées. Pour réaliser la première expérience, une solution concentrée de sulfate de cuivre est parfaite. En revanche, pour réaliser la seconde, la concentration en ions permanganate doit être ajustée. Elle dépend de l’épaisseur de solution traversée et de l’intensité lumineuse dont on dispose. Trop concentrée on ne voit pas la lumière ; trop diluée, on ne voit pas l’absorption. Une solution dont la concentration avoisine 10 – 4 mol·L – 1 est acceptable.

Bien que le manuel fournisse les photos de deux des flammes dont il est question dans l’activité, nous recommandons que ces expériences soient réalisés ; elles sont excessivement simples. Elles nécessitent un bec bunsen avec une flamme très chaude dans laquelle la position de l’échantillon influe. Il faut donc rapidement en essayer plusieurs pour obtenir la couleur la plus spectaculaire.

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2. Une autre façon de regarder

ces résultats. La méthode permettrait de savoir si un élément chimique dont on connaît la couleur de flamme est présent dans un échantillon inconnu.

2

a. La lumière rouge correspond à une plage de radiations qui n’est pas visible à travers la solution


de sulfate de cuivre, donc l’interprétation consistant à dire que ces radiations sont arrêtées est justifiée. Note. L’absorption n’obéit pas à la règle du tout ou rien, des radiations étant absorbées et d’autres pas. L’absorption d’une radiation est régie par la loi de Beer-Lambert. On s’est mis ici dans des conditions expérimentales où l’on voit effectivement une absorption importante de certaines radiations, ce qui se traduit, à l’œil, par une plage noire sur l’écran.

b. La lumière est bleue. La solution joue le rôle d’un filtre qui colore la lumière.


a. La combustion du charbon en présence de dioxygène pur est réalisée à une température supérieure à celle réalisée en présence d’air. Il en résulte un dégagement de chaleur supérieur dans le cas de la présence de dioxygène pur. Note. On peut se convaincre de la différence de dégagement de chaleur en approchant la main d’un charbon puis de l’autre.

c. La lumière qui paraît bleue n’est plus composée

b. Justification de l’énoncé ቢ. Le charbon à tem-

3. Couleur et température des étoiles (p. 215)

d

Correction

Note. La formulation « prévoir la couleur » ne doit pas inciter nécessairement à une réflexion théorique. Il faut répondre avec son bon sens dans ce cas.

de la totalité des radiations du spectre de la lumière blanche. L’expérience initiale a permis de montrer que la plage des radiations correspondant à la lumière rouge était absente à la sortie de la cuve contenant la solution de sulfate de cuivre. Si l’on décompose la lumière paraissant bleue, il va donc manquer la partie rouge. On retrouve le même spectre qu’à la question a. d. Les radiations correspondant à la plage de lumière verte sont arrêtées par la solution de permanganate de potassium.

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proposés. Dans cette activité, l’élève doit donc apprendre à utiliser quelques grandes notions qualitatives abordées d’un point de vue théorique.

Il s’agit, dans cette activité, qui peut tenir lieu de cours, de faire comprendre aux élèves le lien entre la température d’un corps et le fait qu’il peut émettre de la lumière. Pour ce faire, nous proposons deux énoncés qualifiés de théoriques. ቢ Tout corps chauffé à une température suffisante émet de la lumière. ባ La couleur de la lumière émise par un corps chaud dépend de la température du corps. Ces deux énoncés théoriques doivent être utilisés par les élèves (et ils y sont explicitement conviés : « Interpréter ces observations à l’aide des énoncés théoriques précédents ») pour interpréter des observations décrites et illustrées. Cette utilisation d’une théorie pour interpréter des observations, naturellement au cœur de la physique, est ici clairement mise en œuvre. Il est difficile d’être quantitatif dans le domaine de la relation entre la température et la plage de longueurs d’onde émises. Un tableau approximatif est donné dans le cours (p. 221) et un exercice de la rubrique Aller plus loin (n° 25 p. 229) sur la relation intensité lumineuse / longueur d’onde de quelques étoiles sont


pérature ambiante n’émet pas de lumière. Il en émet s’il est chaud et d’autant plus que sa température est plus élevée. Justification de l’énoncé ባ. On a constaté que la lumière émise par le charbon est orangée à « basse » température et jaune voire blanche à température plus élevée. c. Quand le filament est alimenté, il s’échauffe. L’énoncé ቢ permet de prévoir qu’il va émettre de la lumière, ce qui est le cas dès que la tension aux bornes du filament est suffisante. L’énoncé ባ permet de prévoir que la lumière émise sera différente selon que le filament est plus ou moins chaud. C’est ce que l’on constate en alimentant le filament sous une tension plus ou moins grande. d. Il faut que la lumière émise par la lampe traverse un système dispersif (prisme ou réseau). e. La plage de lumière violette a presque totalement disparu à plus basse température. Note. Pour réaliser une telle expérience, il faut compenser artificiellement le fait que l’intensité de la lumière est également différente. Nous sommes conscients que les élèves ne peuvent pas proposer un dispositif expérimental qui prenne en jeu cette compensation. En revanche, il faut bien distinguer l’intensité lumineuse et la plage de longueurs d’onde mise en jeu. Il s’agit de la même distinction qu’entre l’amplitude d’un son ( piano – forte) et sa longueur d’onde (do – mi).

f. Plus la température d’un corps est élevée, plus le rayonnement qu’il émet s’enrichit en radiations de courtes longueurs d’onde. g. La différence de couleur de la surface des étoiles traduit le fait que ces surfaces ne sont pas à la même température. Note. On peut se poser la question de la relation entre les conclusions de cette activité (la lumière dépend de la température : la lumière d’un corps moins chaud est plus rouge) et celle de la première activité (la lumière dépend du corps chauffé : le lithium émet une lumière différente du cuivre). Les conditions d’obtention de la lumière dans les deux cas sont différentes : ici, les corps chauffés sont des solides ; précédemment, les corps chauffés

3

étaient des atomes ou des ions monoatomiques en phase gazeuse, conditions apparentées à celles rencontrées à la surface des étoiles.

4. Atome et lumière (p. 216) Cette activité couvre plusieurs notions du cours, dont la différence entre un spectre continu et un spectre de raies. Il faut que les élèves sachent reconnaître de tels spectres et, surtout, qu’ils soient capables de les relier à la nature du corps chaud qui émet la lumière étudiée. Le mécanisme d’émission de la lumière n’est pas abordé par le programme. Dans le cas d’un atome ou d’un ion monoatomique en phase gazeuse, il s’agit de transitions entre un niveau excité et un niveau qui l’est moins, voire avec le niveau fondamental de l’atome. En cas de question d’un élève curieux, on peut donner une petite idée de l’interprétation de ce phénomène à l’aide du concept de couche électronique qui, lui, est au programme. Les atomes isolés, s’ils sont excités, ne peuvent se désexciter qu’en émettant de la lumière. C’est en effet le seul mode possible de transfert d’énergie dans le vide. Cette émission de lumière intervient à faible pression. Comme tous les atomes isolés d’un même élément chimique sont strictement identiques (aux isotopes près), il est normal qu’ils se comportent de la même façon dans les mêmes conditions. Si un atome émet quelques radiations particulières, tous les atomes de l’échantillon se comporteront de même ; il y aura donc émission d’un spectre de raies. En revanche, dans un solide ou au sein d’une molécule, les atomes sont en contact avec leurs voisins. Ils peuvent donc se désexciter en transférant leur énergie à ces voisins. L’émission de lumière n’est donc plus le seul mode de désexcitation. Correction

1. Spectre continu, spectre discontinu a. Pour réaliser le spectre d’une lumière, il faut la

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d


disperser avec un prisme puis la projeter sur un écran blanc. b. Le spectre d’une lumière est constitué de l’ensemble des radiations du rayonnement correspondant à la lumière analysée. c. On sait qu’une lampe possède un filament en observant l’intérieur de la lampe. Par exemple, toutes les ampoules utilisées pour les vélos, les motos ou les voitures possèdent un filament visible dans l’ampoule de verre de la lampe.

4

d. Les tubes fluorescents ou les lampes « basse consommation » ne possèdent pas de filament. De façon concrète, on sait qu’une lampe ne possède pas de filament si elle chauffe peu en fonctionnement. e. Les lampes de bronzage artificiel rayonnent des UV. Certaines lampes dites « lumières noires » utilisées dans les soirées techno émettent essentiellement des UV. Il ne faut pas regarder de telles lampes de façon directe. On s’en protège en portant des lunettes spéciales anti-UV. f. Le spectre de la lumière blanche est continu alors que celui de la lampe à vapeur de mercure est constitué de raies : on dit qu’il est discontinu. g. La lampe à vapeur de mercure émet effectivement de la lumière dont le spectre est discontinu, alors que, dans le cas du filament des lampes, l’émetteur de la lumière n’est pas constitué de gaz, mais d’un solide.

2. Spectroscopie atomique a. Une molécule est constituée d’atomes reliés entre eux par des liaisons chimiques. Molécule : eau, dichlore, méthane. Atome : hélium, néon (et les gaz nobles), métal en phase gazeuse. Note. Dans l’énoncé, on utilise le terme « atome isolé », parce qu’on le pense plus clair, pour les élèves, que le terme atome en phase gazeuse. La description microscopique d’un gaz n’est, en effet, abordé qu’en fin d’année. Dans les conditions ordinaires, on ne trouve pas d’atomes (isolés) d’azote, de carbone, etc.

b. Le fait que le spectre d’une lampe à vapeur de sodium est discontinu indique que le corps émetteur de cette lumière est un gaz constitué d’atomes ou d’ions monoatomiques. c. Le néon est un gaz noble, donc monoatomique. Il rentre dans le cadre des gaz constitués d’atomes ou d’ions monoatomiques et peut, quand il est chauffé, à faible pression, effectivement produire de la lumière dont le spectre est discontinu. En revanche, l’eau, constituée de molécules, ne risque pas d’émettre une lumière dont le spectre est discontinu. Note. Une molécule d’eau ne peut même pas émettre de lumière du tout et sa désexcitation se fait toujours par voie non radiative ; elle perd son énergie en passant d’un niveau vibrationnel à un autre, lors de chocs avec d’autres molécules – dégagement de chaleur.

Activités d’exploitation 5. Composition des étoiles (p. 223) Cette activité est pratiquement imposée par le programme officiel qui demande de savoir repérer par


sa longueur d’onde, dans un spectre d’émission, une radiation caractéristique d’une entité chimique. Derrière ces savoir-faire se cache une connaissance fondamentale, pas toujours acquise au niveau de la classe de seconde, la proportionnalité. Les élèves qui ont besoin de s’entraîner pourront affecter une longueur d’onde à chaque raie du spectre de référence proposé. Les autres connaissances en jeu sont celles étudiées dans ce chapitre. Il faut connaître la différence entre un spectre d’absorption et un spectre d’émission, ainsi que l’origine de chacun d’eux. Il faut également avoir compris que ces spectres permettent de déterminer la nature de l’enveloppe gazeuse des étoiles. Un minimum doit avoir été acquis sur la structure de ces dernières, en particulier dans le cas du Soleil. Quelques questions posées en première partie permettent de s’assurer que l’élève a bien appris son cours.

écarts entre les raies sont proportionnels. Les raies qui sont aux mêmes positions, dans les spectres des naines blanches, ont la même longueur d’onde. L’écart entre la raie de longueur d’onde 434 nm et celle de longueur d’onde 471,3 nm (∆λ = 37,3 nm) est 18,5 mm. L’écart entre les raies de longueur d’onde 471,3 nm et 486,1 nm (∆λ = 14,8 nm) est 7,7 mm. Les rapports 37,3/18,5 et 14,8/7,7 sont bien égaux aux erreurs de lecture près (2,0 et 1,9). e. et f. Sur le spectre de DB4, les principales raies ont les longueurs d’onde : 389 nm, 403 nm, 439 nm, 447 nm et 471 nm. Ce sont des raies de l’hélium. Sur les étoiles DA6 et DA7, les raies sont pointées à 434 nm, 410 nm et 397 nm. Elles appartiennent à l’hydrogène. Sur l’étoile DZ8, on trouve les raies à 397 nm, 393 nm et 373 nm. Ces raies appartiennent à l’ion Ca+.

Correction

Exercices

1. Structure du Soleil a. La température est élevée au centre et diminue en allant vers la périphérie du Soleil. b. On voit la partie externe du Soleil, la photosphère. Sa température est comprise entre 6 000 °C et 4 000 °C. c. Le Soleil émet de la lumière car c’est un corps chaud et que tout corps chauffé à une température suffisante émet de la lumière.

2. Structure chimique de l’enveloppe externe de quelques étoiles a. Les spectres ne contiennent pas les mêmes raies.

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Les spectres des naines blanches sont des spectres d’absorption alors que le spectre de référence est un spectre d’émission. Les spectres des naines blanches sont les spectres de lumières qui nous proviennent du ciel alors que la lumière qui a permis de faire le spectre de référence a été produite en laboratoire. b. Pour obtenir le spectre de référence, on a chauffé (électriquement) un gaz connu sous faible pression (dans une lampe à décharge). La lumière produite a été analysée à l’aide d’un prisme. c. Les spectres des naines blanches contiennent des raies d’absorption car la lumière émise par leur surface, en traversant l’enveloppe gazeuse qui les entoure, est absorbée par des atomes et des ions monoatomiques. d. Il faut déterminer la longueur d’onde de chaque raie du spectre de référence en considérant que les


Appliquer ses connaissances • Spectre d’émission 11.

a. L’observateur voit toutes les couleurs de

l’arc-en-ciel, car la lampe ordinaire émet une lumière blanche. b. La température du filament est donc très élevée (au moins 2 000 °C d’après le doc. 13 p. 221). c. Le chauffage du filament est dû au passage du courant électrique (effet Joule). 12.

a. Non, car la présence de l’élément chimique

zinc avec la solution de bromure de zinc a été sans effet. b. C’est la présence de l’élément chimique potassium qui permet d’obtenir la flamme violette. c. Non, on ne peut pas faire cette prévision car on ne connaît pas l’effet de la présence de l’élément chimique sodium dans une flamme. d. Ce n’est pas la présence de l’élément chimique brome, c’est donc celle de l’élément chimique sodium qui est responsable de la coloration orangée. 13.

a. Il faut faire fondre du fer, donc dépasser très

largement la température de fusion de ce métal (1 535 °C). Le métal en fusion émet donc de la lumière. b. Il s’agit d’un spectre continu, car la lumière est émise par un corps qui n’est pas un gaz d’atomes ou d’ions monoatomiques à faible pression.

5

• Spectre d’absorption 16.

b. Si le carbone est la source de lumière, et s’il ne peut pas devenir gazeux, alors le spectre est un spectre continu.

c. Le gaz contenant l’élément chimique sodium,

soit sous forme Na, soit sous forme Na +, est capable d’absorber les raies qu’il a su émettre, donc en particulier, la raie de longueur d’onde 590 nm.

a. Le spectre d’absorption d’une solution colo-

rée est nécessairement un spectre de bande. Parmi les spectres proposés, seul le spectres S c peut donc convenir.

b. Le spectre Sa est un spectre d’émission obtenu

par l’analyse spectrale d’un gaz constitué d’atomes ou d’ions à faible pression. Le spectre S b est un spectre continu entrecoupé de raies d’absorption. Cette caractéristique est celle d’un gaz d’ions monoatomiques ou d’atomes placé entre l’observateur et une source chaude.

c. Une solution de chlorure de sodium est incolore. Le spectre résultant est le même que celui de la lumière blanche initiale. La solution incolore n’absorbe pas la lumière.

d. Si les ions chlorure étaient responsables d’une absorption de la lumière dans la solution de chlorure de titane, ils le seraient également dans la solution de chlorure de sodium. Or, on vient de voir que la solution de chlorure de sodium n’absorbe pas la lumière ; ce sont donc les ions Ti3+ qui sont responsables de la couleur de la solution de chlorure de titane.

• Applications à l’astrophysique 18.

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d


a. Le fond continu correspond à la lumière

émise par la surface de l’étoile (photosphère) ; ce n’est pas un gaz constitué d’atomes ou d’ions monoatomiques.

b. Les raies noires correspondent à l’absorption de radiations par des atomes ou des ions monoatomiques présents dans l’enveloppe gazeuse de l’étoile.

c. et d. La position de la raie noire est : 16 ϫ (590 – 400) / (800 – 400) = 7,6 cm.

6

500

a. L’élément chimique sodium, dans la flamme,

existe sous forme d’un gaz constitué d’atomes Na ou d’ions Na+. Seul un tel gaz chauffé peut produire de la lumière susceptible de produire un spectre de raies.

17.

400

600

700

800 nm

7,6 cm fond continu 20.

raie noire

a. La lumière de l’explosion de la supernova a

mis 5,2·104 ϫ 3,26 années pour nous parvenir. Sa distance est donc de 1,7·105 années de lumière. b. La température de l’explosion était très élevée. Notons qu’un important flux de neutrinos a également été observé en provenance de cette supernova.

Aller plus loin 21. Feu

d’artifice a. La lumière colorée est produite par l’espèce chimique chauffée grâce à la combustion de la poudre. Sa couleur est caractéristique des éléments chimiques constituant l’espèce chimique présente avec la poudre. b. La lumière possède un spectre de raies, cela signifie que la source de lumière est un gaz chaud, constitué d’atomes ou d’ions monoatomiques. c. La lumière rouge possède une longueur d’onde supérieure à celle de la lumière orange de la flamme du sodium. Cette dernière étant de 590 nm, seule la longueur d’onde 671 nm de l’élément chimique lithium répond à ce critère. On en déduit que l’élément chimique lithium est nécessairement présent dans l’espèce chimique utilisée pour fabriquer cette fusée. d. On peut prendre du chlorure de lithium LiCl par exemple. En fait, toute espèce chimique contenant l’élément chimique lithium est acceptable. On prend toujours des sels de lithium car le métal est de manipulation peu commode. 22. Lampe

à hydrogène a. Lors des décharges électriques provoquées dans le tube scellé, le gaz peut émettre de la lumière. b. Non car seul un spectre de lumière émise par un gaz constitué d’atomes ou d’ions monoatomiques peut émettre une lumière constituée de raies séparées. La molécule H2 ne peut pas être la source de lumière dans ce cas (la lumière est émise en fait par des atomes H provenant de la dissociation de molécules H2). c. Il faut calculer λ pour les valeurs possibles de n et retenir seulement les longueurs d’onde comprises entre 400 et 800 nm : • n = 3 : λ = 655,8 nm (lumière visible) ; • n = 4 : λ = 485,7 nm (lumière visible) ; • n = 5 : λ = 433,7 nm (lumière visible) ; • n = 6 : λ = 409,8 nm (lumière visible).


Pour les valeurs suivantes de n, les longueurs d’onde calculées sont inférieures à 400 nm, donc toutes hors du domaine visible : • n = 7 : λ = 396,7 nm (rayonnement UV) ; • n = 8 : λ = 388,6 nm (rayonnement UV). Cette formule permet de trouver que le spectre de la lumière émise par une lampe à hydrogène possède (au moins) quatre raies dans le domaine visible. Notes. • Ce sont les raies de Balmer. Toutes les raies calculées grâce à cette formule existent bel et bien, mais cette formule ne donne qu’une partie des raies. • La constante RH (constante de Rydberg pour l’hydrogène) est effectivement connue avec cette précision. • Le nombre entier n est le nombre quantique principal de l’atome H.

d. On pourrait donner une précision de 10 chiffres significatifs sur les longueurs d’onde, puisque que n est un nombre entier, donc connu exactement, et RH est connue avec 10 chiffres significatifs. 23. Au

clair de la lune a. On aurait une courbe quasi sinusoïdale. b. Un corps à la température de la Lune ne peut pas émettre de la lumière visible. En revanche la Lune reflète la lumière qu’elle reçoit du Soleil et cette lumière est visible. c. Le rayonnement réellement émis par la Lune, vu sa température, est un rayonnement infrarouge. Classement des étoiles 1. a. L’Étoile polaire est plus chaude que le Soleil car elle est de classe spectrale F (voir l’échelle de correspondance dans l’énoncé). b. Il n’y a pas que la température de l’étoile qui compte, mais également la distance à notre planète. 2. a. L’éclat de Véga de la Lyre est grand, car sa magnitude est petite. b. Étant donnée sa classe spectrale, Véga de la Lyre est plus chaude que le Soleil. 24.

c. La magnitude faible (éclat fort) est cohérente avec la haute température et sa proximité de la Terre. d. On s’attend à voir une étoile très lumineuse et plutôt de couleur blanche voire bleue. e. On connaît la composition de sa surface par analyse spectrale de la lumière qui nous en parvient. f. H et He, abondamment présents dans tout l’Univers. 25. Étoiles

et éléments chimiques a. Il s’agit de la partie comprise entre 400 nm et 800 nm. C’est la plage où l’intensité lumineuse est maximale. b. Antarès, moins chaude que le Soleil, émet une lumière dont la répartition de l’intensité lumineuse possède la même forme, mais déplacée vers la droite, traduisant ainsi que l’intensité lumineuse est maximale dans le rouge voire l’infrarouge. Pour Spica, plus chaude que le Soleil, la courbe est déplacée vers la gauche. c. Les étoiles chaudes apparaissent bleues et les étoiles « froides » apparaissent rouges. d. L’hélium n’ayant que deux électrons, il ne peut former que les ions He + et He2+. e. Les étoiles les plus chaudes contiennent surtout les éléments chimiques de faibles numéros atomiques. Les étoiles froides contiennent des éléments atomiques de numéro plus élevé.

f. Surface (émet la lumière)

Étoile

Enveloppe gazeuse (absorbe certaines radiations)

Système dispersif (crée le spectre) Détecteur

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7

CHAPITRE 14. MOUVEMENTS ET FORCES Introduction à la partie mécanique Cette partie du manuel (chapitres 14, 15 et 16) a été totalement repensée par rapport à l’édition précédente. Elle bénéficie des résultats des travaux réalisés par une équipe d’enseignants et de chercheurs de l’académie de Lyon. Ces travaux, s’appuyant sur diverses recherches en didactique, pourront être consultés sur le site : http://www2.ac-lyon.fr/enseigne/physique/sesames. Ils ont permis de proposer de nombreuses activités effectivement testées en classe, et ainsi validées. Ces activités ont inspiré celles que nous proposons ici, et les difficultés rencontrées par les élèves nous ont amené à introduire le modèle permettant de décrire un mouvement et le modèle des interactions puis le concept de force au chapitre 14. Il sera ensuite commode d’introduire, conformément au programme : – le principe d’inertie (chapitre 15) qui fait appel aux notions de forces et de mouvement ; – l’interaction gravitationnelle (chapitre 16) qui fait appel au principe d’interaction.

Vers le principe d’inertie…

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Les actions réciproques entre deux objets sont modélisées par deux forces égales et opposées : les vecteurs qui les représentent ont même support, des sens contraires et sont de même longueur. La notion d’équilibre est hors programme et sera envisagée en classe de première S. Néanmoins, et en prévision de l’étude du principe d’inertie (chapitre 15), on pourra évoquer des forces « qui se compensent ». À chaque fois qu’une telle situation est rencontrée, les représentations des vecteurs-force respectent cette compensation, même si elle n’est pas explicitement évoquée. Toutefois, les forces étant toujours colinéaires dans les exemples choisis, conformément au programme, il est assez naturel pour l’élève que les forces qui s’exercent dans un sens compensent les forces qui s’exercent dans l’autre sens.

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14 – MOUVEMENTS ET FORCES

Aspects pédagogiques et scientifiques Description d’un mouvement Pour étudier le mouvement d’un objet, on étudie en seconde le mouvement de l’un de ses points , judicieusement choisi. C’est souvent son centre de gravité, point dont les élèves ont entendu parler au collège. Il est néanmoins intéressant de s’interroger sur les informations que l’on perd en adoptant une telle simplification, et d’étudier le mouvement d’un même objet représenté par des points différents. Ce sera l’objectif de la première activité qui conduit ainsi à la notion de trajectoire (p. 234). Avant de continuer l’étude du mouvement, la notion de référentiel est introduite dans les activités 2 et 3. C’est un objet « de référence » par rapport auquel on étudie le mouvement du point. On choisira le référentiel le mieux adapté au mouvement que l’on veut décrire. Le mouvement d’un point est caractérisé par sa direction, qui change, non pas sur les parties rectilignes de la trajectoire, mais à chaque instant sur ses parties courbes, par son sens et sa vitesse. Il s’agira d’une vitesse moyenne, qui se calcule à partir de la relation déjà connue des élèves v = d / t , considéré dans l’activité 3 (p. 235). La notion de vecteur-vitesse n’est pas abordée. Le mot « vitesse » désignera donc toujours à ce niveau la valeur (ou norme) du vecteur-vitesse. Il ne pourra donc être reproché à un élève de dire que la vitesse est constante lors d’un mouvement circulaire uniforme même s’il est évidemment plus rigoureux de parler de « valeur de la vitesse » plutôt que de « vitesse ». Dans le cas du lancer d’un objet, on projettera chacune des positions du point représentant l’objet sur les directions horizontale et verticale. La contrainte engendrée par la non-utilisation du vecteur-vitesse amènera à distinguer deux vitesses : la vitesse selon la direction horizontale et celle selon la direction verticale (activité 5, p. 243). Les différents aspects du mouvement introduits au cours des activités sont avantageusement regroupées dans le cours sous forme du tableau page 239 :

1

– afin d’aider l’élève à distinguer l’événement et sa modélisation ; – afin de constituer une référence à laquelle il pourra se reporter.

Le modèle des interactions

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Une force a été définie au collège comme une action mécanique exercée par un objet (ou corps) « auteur » sur un objet (ou corps) « receveur ». Cette définition ne présente malheureusement pas l’idée d’interaction, et la notion de force, peut-être d’ailleurs trop souvent associée au poids, devient la propriété d’un objet : « chaque objet a son poids » dira facilement un élève. Les livres de collège renforcent hélas cette idée en dessinant une flèche placée au centre de gravité d’un camion, ou de tout autre objet. Afin d’aller plus loin, il faut que la force devienne dès le début de ce chapitre une grandeur d’interaction et non une propriété d’un objet, d’où l’intérêt du diagramme objet-interactions. Une interaction fait intervenir les actions réciproques entre deux objets (le terme action-réaction qui n’est pas au programme a été évité). Cette notion n’est pas toujours évidente. Un moyen de convaincre un élève consiste à le faire intervenir dans l’expérience, souvent simple, sur laquelle on lui demande de réfléchir. Soulever une pierre ou tirer sur un élastique sont des expériences familières, anodines en apparence mais nécessaires. L’élève les a maintes fois réalisées, mais sans se poser de questions. Cela est pris en compte dans l’activité 4 (p. 236). Il faut aussi donner à l’élève la possibilité de percevoir physiquement des sensations indispensables à l’analyse d’une situation en termes d’interaction. L’activité 6 (p. 244) exploite cette façon de procéder. La notion d’interactions est présentée dans l’activité 4 (p. 236) au sein d’un modèle à utiliser en toute circonstance (que les objets soient immobiles ou en mouvement). On distinguera les interactions de contact, existant à chaque fois qu’il y a contact entre deux objets, et les interactions à distance. Ces dernières sont de trois types : électrique, magnétique et gravitationnelle, ce qui n’a pas à être détaillé pour les élèves. Seule l’interaction gravitationnelle est étudiée en seconde. L’étude de situations variées conduit à constater que, pour une situation donnée, le diagramme objet-interactions dépend de l’objet choisi.


2

Inventaire des forces À chaque interaction correspondent deux forces représentées par des vecteurs. Le diagramme objetinteractions permet d’emblée de dénombrer les forces s’exerçant sur l’objet étudié et de préciser les objets qui en sont responsables. La direction et le sens d’une force sont donnés par l’analyse de chaque situation. Une force sera donc toujours nommée en utilisant l’expression « force exercée par… sur l’objet étudié ». L’utilisation des diagrammes objet-interactions permet ainsi d’éviter des erreurs ou confusions courantes. • Prenons l’exemple du lancer d’une balle (activité 6 p. 244). Dans la phase de lancer (et à la réception), il existe une action (de contact) exercée par la main sur la balle et une action (à distance) exercée par la Terre. Au cours du mouvement, il n’y a plus d’action exercée par la main, ce qui est ressenti par l’élève lors de l’expérience qui n’est donc pas superflue. Cela apparaît dans le diagramme balle-interactions. • Un diagramme objet-interactions permet aussi de distinguer clairement l’action exercée par la Terre (planète) sur un objet et l’action exercée par la terre (sol) sur l’objet qui s’y trouve posé : ces deux actions sont en effet bien souvent confondues par les élèves. On insistera sur la distinction suivante : – une force modélise l’action exercée sur un objet par un autre objet ; – une interaction fait intervenir obligatoirement deux objets et donc deux forces, chacune étant exercée par l’un des objets sur l’autre.

Les activités et le cours Les trois premières activités introduisent le modèle du mouvement d’un point. La notion de trajectoire est introduite grâce à l’ activité 1. L’activité 2 montre, en se basant sur la perception d’un mouvement, l’importance du référentiel d’étude : on considère des situations différentes perçues de la même façon puis une même situation perçue de façons différentes. L’activité 3 a pour objectif de montrer que la tra jectoire et la vitesse d’un point dépendent du référentiel choisi. L’activité 4 présente, elle, le second modèle du chapitre : il s’agit du modèle des interactions. L’élève construit pour la première fois des dia-


grammes objet-interactions et est amené, à partir d’un diagramme objet-interactions, à faire un inventaire des forces s’exerçant sur l’objet. À l’issue de ces activités de découverte, les notions fondamentales de ce chapitre auront donc toutes été abordées. Le cours, largement illustré d’exemples, ordonne et complète les acquis des activités. Il se découpe logiquement en trois parties : – le modèle du mouvement ; – le modèle des interactions ; – la notion de force. Il est suivi de deux activités d’exploitation. L’activité 5 consiste à étudier quelques mouvements en se ramenant, par projection, à des mouvements simples. Le procédé des projections, qui sera réinvesti dans le chapitre 15, est décrit dans la fiche méthode 5 (p. 338). Signalons que les techniques d’enregistrement des mouvements, auxquelles il est fait appel dans le présent chapitre et dans le suivant, sont présentées dans la fiche méthode 6 (p. 339). L’activité 6 propose la construction de diagrammes objet-interactions et le passage à l’inventaire des forces s’exerçant sur l’objet dans diverses situations comportant plusieurs phases (lancer, montée, descente et réception d’un objet). On s’intéressera en particulier à la variation éventuelle de la vitesse au cours des diverses phases. Cette activité constitue donc implicitement une introduction au chapitre suivant dans lequel sera présenté le principe d’inertie.

Activités de découverte 1. Trajectoire (p. 234)

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Cette activité fait intervenir la notion de trajectoire, terme provisoirement remplacé dans le texte par le mot « trajet », plus familier pour les élèves. Une trajectoire, définie en physique comme une ligne mathématique, est une notion abstraite qui requiert la modélisation de l’objet étudié par un de ses points. Comme à chaque fois que l’on utilise un modèle, on perd de l’information par rapport à la situation de référence. Le choix de l’hélicoptère, comme objet d’étude de cette activité, permet d’insister sur l’importance du choix du point qui représente l’objet. Certains points, comme ceux de la carlingue de l’hélicoptère, donnent une trajectoire simple mais l’information sur la rotation de la pale est perdue lors de cette phase de modélisation. D’autres points,


comme ceux des pales, conduisent à des trajectoires qui conservent l’information sur la rotation, mais la trajectoire correspondante est complexe. Faire de la physique, c’est être conscient de ce type de choix. On retient souvent le centre de gravité pour représenter le mouvement d’un objet, mais ce n’est pas une obligation et l’on étudiera de nombreux mouvements où il est plus intéressant de ne pas considérer ce point particulier. Cette activité permet d’en discuter. Correction

a. Tout point de la carlingue de l’hélicoptère convient. b. Lorsque l’hélicoptère se déplace, les pales tournent. Le trajet décrit par un point d’une pale est une suite de boucles. c. On ne fait pas intervenir le mouvement des pales, le roulis possible de la carlingue, etc. De façon générale, on perd des informations sur tous les points de l’hélicoptère qui n’ont pas le même mouvement que le point choisi. d. On gagne en simplicité. On a l’idée du mouvement d’ensemble de l’appareil.

2. Perception d’un mouvement (page 234) Cette activité introduit implicitement, avec des exemples simples de situations que les élèves ont pu vivre, la notion de référentiel et le caractère indispensable du choix d’un référentiel pour décrire un mouvement (ou une situation de repos). Le choix d’un référentiel doit devenir une nécessité pour l’élève tant pour évoquer une trajectoire qu’une vitesse. Dans la suite du livre, nous avons fait en sorte que ce choix soit toujours explicité. Correction

1. Situations différentes perçues de la même façon a. La personne s’éloigne de moi, vers l’avant ou vers l’arrière selon le sens de déplacement de son train. b. Si mon train part, il doit partir en sens inverse de celui de la question a pour que j’aie la même perception du mouvement. c. Il faut fixer des yeux un objet qui ne bouge pas, le trottoir du quai par exemple.

3

2. Même situation perçue de façons différentes

2. Mouvement d’un mobile sur coussin d’air

a. v = 5 km·h – 1. b. v = 300 + 5 = 305 km·h – 1. c. On a respectivement : v = 5 km·h – 1 et v = 300 – 5 = 295 km·h – 1.

a. Les mouvements de C et de P sont étudiés dans

3. Référentiel et vitesse (page 235) Cette activité a pour objectif essentiel de montrer que la trajectoire et la vitesse d’un point dépendent du référentiel choisi. Conformément au programme, nous matérialisons la notion de référentiel en l’attachant à un objet par rapport auquel on repère les positions successives du point dont on étudie le mouvement. Cette définition est donnée dans l’activité, ainsi que celles de trajectoire et de vitesse moyenne. Cette activité a donc valeur de cours. Les exemples choisis sont simples : on étudie dans deux référentiels différents le mouvement d’une roue de bicyclette matérialisée par un disque de carton évoluant sur le cahier de l’élève. Cette étude nécessite, dans le prolongement de l’activité 1, que l’objet en mouvement soit représenté par un point. Il s’agit d’abord d’un point de la valve puis d’un point de l’axe de la roue. L’étude part donc d’objets concrets (valve, axe) pour aboutir aux notions abstraites (référentiel, trajectoire) en jeu dans cette activité. Une étude comparable est réalisée avec deux points d’un mobile autoporteur sur table à coussin d’air. Cela donne lieu à la définition de la vitesse moyenne. Correction

1. Mouvement de la valve d’une roue a. On obtient une succession de courbes identiques (une courbe par tour de roue). Le référentiel d’étude est le sol. C’est, par définition, l’objet par rapport auquel on a repéré les positions successives du point dont on a étudié le mouvement. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

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Note. Cet ensemble de courbes constitue une cycloïde. Le référentiel d’étude est le sol.

b. La trajectoire de V est un cercle : un observateur solidaire de l’axe verrait le point V tourner autour de lui. c. La trajectoire d’un même point n’est pas la même selon le référentiel choisi, d’où la nécessité de préciser un référentiel d’étude.

4

le référentiel constitué par la table (et la feuille de papier). b. La valeur de la vitesse moyenne de C est constante puisque, pour ce point, des trajets de mêmes longueurs sont parcourus pendant des durées égales (tirets de mêmes longueurs et équidistants). La valeur de la vitesse de P varie (tirets de longueurs inégales et inégalement espacés). On calcule vC en considérant deux positions quelconques C1 et C2 de C séparées par une durée égales à nτ ; d’où : vC = C1C2 / nτ. Note. On observe des tirets et non des points car l’étincelle est active pendant un laps de temps non négligeable par rapport à la durée τ séparant l’émission de deux étincelles successives. En conséquence, il faut considérer que 20 ms est la durée séparant les débuts (ou les milieux…) de deux tirets successifs (et non pas la durée entre le début et la fin d’un tiret !).

c. Il faut faire tourner le mobile sur lui-même. La trajectoire de P est alors un cercle. Pour retrouver l’enregistrement du Doc. 1, il faudrait tirer le papier (translation rectiligne) à vitesse constante vC calculée en 2. a. d. Le point C est immobile dans le référentiel constitué par le mobile lui-même. Le point C décrit une droite à vitesse constante (mouvement rectiligne uniforme) dans le référentiel constitué par le papier. Note. Ici c’est le référentiel (le papier) qui est en mouvement par rapport au mobile. Si un observateur était immobile sur la feuille de papier, il verrait le mobile se déplacer.

e. Le point P décrit un cercle dans le référentiel constitué par le mobile lui-même. Le point P décrit une courbe identique à celle décrite par P dans le Doc. 1 dans le référentiel constitué par le papier. Attention, si l’on déplace la feuille de papier, elle n’est plus solidaire de la table.

Matériel • table à coussin d’air (prévoir des enregistrements) ; • carton.

4. De l’interaction à la force (page 236) Cette activité expérimentale introduit la notion d’interaction, qui nous a paru indispensable à une bonne compréhension du concept de force, luimême largement utilisé dans le chapitre suivant concernant le principe d’inertie.


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L’outil proposé ici est le diagramme objet-interactions qui s’appuie sur le modèle des interactions donné dans le texte de l’activité. Il a pour avantage de contraindre l’élève à se centrer sur un objet choisi, en interaction avec d’autres objets. Une force s’exerçant sur un objet apparaîtra ensuite comme la grandeur qui caractérise l’une des actions s’exerçant sur l’objet. Ce modèle explicite également la réciprocité des actions, de l’objet X sur l’objet Y, et de l’objet Y sur l’objet X. Comprendre une telle réciprocité est important pour la suite de l’étude de la mécanique, en particulier lors de l’étude de la force d’interaction gravitationnelle où il faudra faire accepter aux élèves qu’un objet peut agir sur la Terre. Le mot central du modèle des interactions est le verbe « agir ». Dans la langue française, on associe ce verbe à un sujet animé : un enfant agit, un chat agit, etc. En mécanique, un crayon agit par le simple fait qu’il est posé sur une table. Le nouvel usage de ce verbe requiert donc la modification d’une habitude de langage qui peut retarder, voire empêcher, l’apprentissage de la physique. Le modèle des interactions accompagne l’élève sur ce point également. Diverses situations vont être proposées, pour lesquelles l’élève sera finalement amené à faire l’inventaire des forces s’exerçant sur un objet et à représenter ces forces. Lors de ces situations, il est demandé d’adopter plusieurs points de vue pour la même situation, par exemple, dans le cas d’un livre posé sur une table, il faut dans un premier temps considérer les forces qui s’exercent sur le livre, puis, dans un second, les forces qui s’exercent sur la table. On retiendra que lorsqu’on s’intéresse à l’objet livre, la table est présente dans le diagramme avec l’ensemble des objets qui agissent sur le livre, mais on ne s’intéresse pas alors à l’ensemble des objets qui agissent sur la table. L’efficacité du modèle des interactions tient à sa simplicité, et au large usage qu’on peut en faire. Que l’objet considéré soit en mouvement, ou non, que la nature des forces qui s’exercent sur lui soit identifiée ou non (force de frottement, de Coulomb, gravitationnelle, etc.), le diagramme peut être établi sans difficulté. Correction

1. Modèle des interactions

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Le but de cette première partie est de faire acquérir aux élèves le sens donné par le physicien aux termes « objet » et « agir ». Pour l’élève, il n’est pas


évident que la Terre, ou l’air, soit un objet. De même, « agir » implique souvent l’intervention d’un être vivant, et pas d’un objet. La situation proposée est simple, mais il est nécessaire que le matériel soit manipulable, palpable, afin que les élèves puissent intervenir sur lui à tout moment, se forger une idée de ce que peut être une interaction et affiner leur interprétation. L’action de l’air sur la pierre peut être évoquée par certains élèves. Après discussion, le professeur pourra préciser que cette action est ici négligeable par rapport aux autres actions en jeu, et pourquoi. C’est en effet une partie du travail du physicien que de décider s’il peut ou non négliger cette action selon la situation. Les élèves évoquent parfois une action du support sur la pierre, en justifiant par le fait que sans support la pierre tomberait, et parlent d’action « indirecte » via un objet intermédiaire. Il faudra bien sûr remédier à cela. L’utilisation du diagramme objetinteractions le permet. Le professeur précisera que la disposition des objets importe peu dans ce genre de diagramme. a. L’élastique et la Terre agissent sur la pierre. La Terre risque d’être oubliée… b. La pierre agit sur l’élastique… et sur la Terre, ce que les élèves ont du mal à admettre. c. Le modèle proposé va obliger les élèves à considérer l’action de la pierre sur la Terre s’ils l’ont précédemment oubliée.

d.

élastique

pierre

Terre

e.

élastique

pierre

Terre

main

Situations (1) et (2) identiques

f.

élastique

pierre

Terre

Situations (3) et (4) identiques

On constate que le diagramme pierre-interactions est le même : – dans les situations (1) et (2), d’une part, ou la pierre est immobile puisque tenue dans la main ;

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– dans les situations (3) et (4), d’autre part, pour lesquelles la main n’agit plus et la pierre bouge. C’est l’occasion pour le professeur de signaler que les diagrammes sont insuffisants pour mettre en évidence certaines différences expérimentales. Il faudra introduire une nouvelle grandeur : la force. f. Dans la situation (4), la pierre est soumise à l’action de l’élastique et à l’action de la Terre. L’action de l’élastique est plus grande puisque la pierre monte. g. L’étude de ces exemples a pour but : – de construire des diagrammes objet-interactions dans des situations diverses ; – de faire constater à l’élève que, pour une situation donnée, le diagramme dépend de l’objet choisi ; – de donner tout son sens au principe d’interaction ou des actions réciproques : à une interaction correspondent deux actions simultanées. Dans le cas où un support intervient (table, route, sol, etc.) il ne faut pas que l’élève oublie l’un des aspects de l’interaction, à savoir que le support agit sur l’objet. Il faut aussi qu’il distingue l’action d’un support comme le sol au contact de l’objet et l’action de la Terre sur l’objet. Faire appel à différents supports (glace, goudron…) peut amener l’élève à distinguer plus facilement le support et la Terre. Le professeur rappellera que la disposition des objets importe peu dans le diagramme. •

table

livre

Terre

•

livre

table

Terre

sol •

Soleil

Terre

Lune

•

moto

motard

Terre

•

motard

moto

Terre

Situation (2) : – force exercée par l’élastique sur la pierre ; – force exercée par la Terre sur la pierre ; – force exercée par la main sur la pierre. Situation (3) : – force exercée par l’élastique sur la pierre ; – force exercée par la Terre sur la pierre. Situation (4) : – force exercée par l’élastique sur la pierre ; – force exercée par la Terre sur la pierre. b. Les élèves ne sont pas censés savoir F o élast/pierre que les forces se compensent à l’équilibre, mais cela doit être respecté sur le schéma. Le professeur pourra intervenir sur ce fait. F o Terre/pierre Matériel Fil élastique ; support ; pierre.

Activités d’exploitation 5. Mouvements d’un point matériel (p. 243) On étudie ici le mouvement d’une balle lâchée d’un vélo puis d’une balle lancée horizontalement. De tels mouvements ne sont pas simples dans la mesure où l’on a affaire à des trajectoires paraboliques. L’objectif de cette activité est de se ramener à des trajectoires rectilignes par projections sur des axes horizontal et vertical afin de déterminer les points communs à ces deux mouvements qui ont été produits différemment. Le travail de projection est guidé par l’énoncé de l’activité car le transfert des connaissances du cours de mathématiques est rarement réalisé par les élèves. Il resservira plusieurs fois dans le cours de l’année, en particulier pour l’étude de la chute libre au chapitre 16. Correction

1. Lâcher d’une balle par un cycliste sol

2. Notion de force r e i t a H © 4 0 0 2 , e

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a. Position initiale : – force exercée par l’élastique sur la pierre ; – force exercée par la Terre sur la pierre. Situation (1) : – force exercée par l’élastique sur la pierre ; – force exercée par la Terre sur la pierre ; – force exercée par la main sur la pierre.

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a. Les prévisions des élèves sont très diverses en ce qui concerne le mouvement de la balle et donnent lieu à de nombreuses discussions (quand on fait tomber un papier par la fenêtre d’une voiture, il part vers l’arrière…). L’enregistrement tranche : trajectoire parabolique pour la balle, « vers l’avant ». Pas de problème pour un point du cadre du vélo : la trajectoire est une droite. b. Les points sont équidistants sur l’axe horizontal. Ils sont de plus en plus espacés sur l’axe vertical.


c. Selon l’horizontale, la vitesse est constante : des distances égales sont parcourues en des durées égales. Selon la verticale, des distances de plus en plus grandes sont parcourues en des durées égales : la vitesse augmente. d. Le mouvement en projection horizontale est de même nature que le mouvement d’un point du cadre du vélo. e. Dans un référentiel constitué par le vélo, la balle a une trajectoire verticale.

2. Lancer d’une balle a. Dans les deux cas, la balle a une vitesse initiale (horizontale). Dans le premier cas, cette vitesse est celle du vélo, dans le second cas c’est la vitesse communiquée à la balle par l’expérimentateur. b. Les résultats sont les mêmes, ce qui était prévisible puisque la situation du point de vue de la mécanique est la même.

3. Types de mouvement a. Un point du cadre du vélo a un mouvement rectiligne dans le référentiel « sol ». b. Un point de la périphérie de la roue a un mouvement circulaire dans le référentiel « vélo » (cadre du vélo). Dans le référentiel « sol », ce mouvement n’est pas circulaire (cycloïde). c. Tout point du cadre du vélo (considéré comme indéformable) a un mouvement uniforme par rapport au sol. Il en est de même pour certains points du corps du cycliste (pas des jambes puisqu’il pédale…). Le centre de la balle a un mouvement accéléré par rapport au sol : sa vitesse est de plus en plus grande à mesure que la balle se rapproche du sol, comme en témoigne la projection verticale. Note. L’élève doit pouvoir admettre que si le mouvement de la balle se décompose en un mouvement uniforme selon l’horizontale et accéléré selon la verticale, « globalement » le mouvement est accéléré. Plus précisément, le vecteur-vitesse du centre de la balle a une composante horizontale de valeur constante et une composante verticale de valeur croissante. Donc la norme du vecteur-vitesse croît. Mais ceci dépasse évidemment les compétences exigibles d’un élève de seconde.

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Matériel Vidéo (enregistrement du mouvement d’une balle lâchée par un cycliste).

6. Mouvement et forces (p. 244) Cette activité expérimentale met en œuvre le diagramme objet-interactions pour aider l’élève dans la difficile tâche de réaliser l’inventaire des forces s’exerçant sur un objet.


Un tel outil lui permet de modéliser l’objet, étape préliminaire à toute réflexion scientifique, en ramenant la situation aux seuls objets à prendre en compte. L’élève peut déterminer les forces qui s’exercent sur un objet grâce au diagramme et non à partir de son intuition, facilement faussée par les observations quotidiennes souvent trompeuses. La notion de force est importante et sera largement utilisée dans le chapitre suivant qui présente le principe d’inertie. Il est donc essentiel que l’élève la distingue de la vitesse, ce qui est une erreur classique en seconde, et qui nuit à toute compréhension de la mécanique. L’objet utilisé en début d’activité doit être suffisamment lourd pour que l’élève puisse être conscient d’une sensation physique qui lui permette d’envisager une force de contact main-objet lors du lancer et de la réception. Ainsi réalisera-t-il plus facilement que cette force « n’accompagne pas » l’objet lors de la montée et de la descente. Cette activité permet enfin d’établir un premier lien entre actions et mouvement. Correction

1. Diagramme des interactions Situation 1. L’expérience, bien que banale, doit effectivement être réalisée par chaque élève, et plusieurs fois. L’expérimentation aide à analyser les actions s’exerçant sur l’objet, ce qui est beaucoup moins simple qu’il n’y paraît. a. L’expérimentateur n’exerce une action sur l’objet que lorsqu’il est en contact avec lui, c’est-à-dire lorsque sa main touche l’objet. C’est le cas lors du lancement ; cette action s’exerce vers le haut. L’expérimentateur exerce aussi une action sur l’ob jet lorsqu’il le rattrape ; cette action s’exerce encore vers le haut (puisqu’il s’agit d’arrêter l’objet dans sa chute). Notes • Certains élèves ont du mal à admettre que la main n’exerce plus d’action une fois que l’objet est lancé. L’expérience permet de les convaincre puisqu’ils sont alors à même de reconnaître les moments où ils exercent une action de contact sur l’objet. Réaliser l’expérience permet aussi de différencier la situation expérimentale, où l’élève est acteur, de la modélisation de cette situation. • L’action exercée par la main vers le haut n’est pas évidente lors de la réception, parce que le mouvement de la main se fait évidemment vers le bas pendant cette phase.

b. Le lancer. Il se fait verticalement, vers le haut et va permettre de communiquer une vitesse à la balle : donc la vitesse augmente.

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La montée : mouvement vertical, vers le haut. La vitesse diminue jusqu’au point de rebroussement où elle s’annule. La descente : mouvement vertical, vers le bas. La vitesse augmente. Arrêt : la vitesse va s’annuler brutalement à la réception, donc elle diminue. Notes • Dans cette partie 1 de l’activité, l’action de l’air est laissée à la réflexion de l’élève. Certains vont l’envisager d’emblée, d’autre vont peut-être l’omettre ou dire qu’elle est négligeable. • Le découpage temporel est un choix lié à des phases de variation de vitesse, en vue d’une explication ultérieure en termes de forces (chapitre suivant). Il est naturel pour l’élève, pas pour le physicien, pour lequel la nature de l’interaction Terre-objet est la même pendant la montée et la descente. C’est une difficulté que les diagrammes objet-interactions permettent de lever puisqu’ils apparaissent identiques à l’élève qui pouvait y trouver une différence a priori.

c.

d.

expérimentateur

objet

air

objet

air

Terre

Terre

Lancer (et arrêt)

Montée (et descente)

Note. Les élèves non convaincus par le fait que la main n’agit pas sur l’objet une fois l’objet lancé font parfois figurer la main dans le diagramme, comme système en interaction à distance avec l’objet.

d. L’objet est la boule. Il faut remplacer l’interaction objet-air par l’interaction boule-eau.

Phase du mouvement

Liste des forces s’exerçant sur l’objet

Lancer

• Force exercée par l’expérimentateur • Force exercée par la Terre • Force exercée par l’air

Montée

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


• Force exercée par la Terre • Force exercée par l’air

• Force exercée par la Terre Descente • Force exercée par l’air

2. Passage du diagramme des interactions aux forces Le professeur devra prévoir qu’une erreur courante chez les élèves consiste à penser qu’il y a nécessairement une force dans le sens du mouvement pour que ce mouvement ait lieu. Il est important de faire remarquer : – que les deux forces qui représentent une interaction entre deux objets s’exercent sur des objets différents, et non pas sur un même objet ; – que la force exercée par la Terre sur un objet (« poids de l’objet ») a une direction, par définition, verticale. Note. L’action de l’air se décompose en la poussée d’Archimède (vers le haut) et la force de frottement (en sens inverse du mouvement). Il s’agit ici d’un frottement fluide, que le milieu soit l’air ou l’eau. La force de frottement est alors proportionnelle au carré de la vitesse. Elle varie donc notablement au cours du mouvement. À la descente, poussée d’Archimède et force de frottement sont toutes deux vers le haut : il n’y a pas de problème. En revanche, à la montée, il faut comparer les valeurs des deux forces pour une vitesse donnée. On peut considérer, dans le cas des expériences de cette activité, que la force de frottement l’emporte sur la poussée d’Archimède dans l’air comme dans l’eau. L’action de l’air est toujours inférieure au poids de l’objet. Un élève peut au mieux pressentir cela, le professeur sera amené à fournir quelques renseignements à ce propos.

Pour chaque phase du mouvement, le professeur insistera sur le fait qu’il existe un lien entre les forces et les variations de la vitesse de l’objet. a. et b. Le tableau est fourni pour la question b. Pour a, il suffit de supprimer la force exercée par l’air sur l’objet.

Représentation des forces

Variation de la vitesse

Vers le haut

La vitesse passe brutalement de 0 à une certaine valeur : elle augmente.

Vers le haut

La vitesse diminue.

Vers le bas

La vitesse augmente.

Vers le bas

La vitesse s’annule brutalement : elle diminue.

F o exp/obj

F o T/obj F o T/obj

F o air/obj F o air/obj

F o air/obj F o T/obj

• Force exercée par l’expérimenta- F o exp/obj F o air/obj teur Réception • Force exercée par la Terre F o T/obj • Force exercée par l’air

8

Sens du mouvement


c. Même tableau. Air remplacé par eau. Matériel Objet lourd (un médecine-ball convient bien).

Exercices Appliquer ses connaissances • Mouvements et référentiels On choisit un point du cadre ou de la selle. La pédale et le pneu tournent : un point de ces objets ne peut convenir. 11.

a. N’importe quel point de la cabine.

12.

b. Le centre de la roue. c. Tout point de la roue autre que son centre (points du pneu, des rayons…). 14 .

a. Le mouvement de Jérôme est rectiligne uni-

forme dans le référentiel route ; il a même direction, même sens et même vitesse (60 km·h – 1) que le mouvement de la voiture. b. Jérôme est immobile dans le référentiel voiture. c. Un arbre est en mouvement dans le référentiel voiture. 15.

a. Le satellite décrit un cercle, dont le centre est

confondu avec le centre de la Terre, dans le référentiel terrestre. On peut remarquer que le satellite et la Terre tournent à la même vitesse. b. Le satellite est immobile par rapport à un autre satellite géostationnaire.

• Mouvement et vitesse a. 40·106 /3 600 = 1,1·104 m·s – 1. b· t = d / v = 440·103 /1,1·104 = 40 s. 17.

18.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


a. t = d / v = 1,5·1011 /3,0·108 = 5,0·102 s soit

8 min 20 s. b. L = 2πd où d est la distance Terre-Soleil et L la longueur d’un tour. L = vt donc d = vt /2π L = 30 ϫ 365,25 ϫ 24 ϫ 3 600/2π = 1,5·108 km c. t = d / v = 420/300 = 1,4 h soit 1 h 24 min. La durée du trajet est supérieure (environ 2 h) car le train ne maintient pas cette vitesse tout au long du trajet (en particulier il faut tenir compte des phases de départ et d’arrivée). d. • Mach 1 correspond à 340 m·s – 1 soit 340·10 – 3 ϫ 3 600 = 1 224 km·h – 1. • Mach 3 correspond à 3 672 km·h – 1. e. 1 nœud = 1 852 m·h – 1 ; 20 nœuds = 3,7 ·104 m·h – 1 soit 37 km·h – 1.


f. 1 mm·s-1 = 3,6 m·h – 1 = 3,6·10 – 3 km·h – 1. C’est une vitesse très inférieure à celles évoquées dans les questions qui précèdent. Dans un conducteur métallique, les électrons ne circulent pas vite. 19. a. La bicyclette avance d’une longueur égale au périmètre de la roue soit L = 2π ϫ 0,35 = 2,2 m. b. v = L / t = 2,2/0,25 = 8,8 m·s – 1 soit 8,8·10 – 3 ϫ 3 600 = 32 km·h – 1. 20. a. Le reporter utilise le kilomètre heure, ce qui est incorrect. La vitesse est de 48 km par heure. b. Il s’agit du référentiel terrestre (sol). c. Pour le téléspectateur, le centre de la roue paraît immobile, la valve décrit un cercle. d. Le centre de la roue décrit une droite, parallèle à la route. La valve décrit une cycloïde (spirale plane). 21. a. Le référentiel n’est pas le même. b. v23 = 0,80 ϫ 20/0,10 = 1,6·102 cm·s – 1 soit 1,6 m·s – 1. v34 = 1,3 ϫ 20/0,10 = 2,6·102 cm·s – 1 soit 2,6 m·s – 1 ; v45 = 1,8 ϫ 20/0,10 = 3,6·102 cm·s – 1 soit 3,6 m·s – 1 ; c. A : le mouvement est rectiligne, accéléré. B : le mouvement est curviligne, accéléré. 22. a. t = d / v = 40 ϫ 3 600/200·10 – 3 = 0,72 s. b. Le mouvement n’est pas uniforme. Il est retardé (action de l’air). c. L’adversaire dispose de davantage de temps pour se positionner. d. La balle est représentée par son centre. On perd les informations concernant le mouvement des points de la périphérie de la balle, c’est-à-dire les caractéristiques de l’effet. 23. a. Le ballon peut tourner autour de son centre (effet). Un point de la périphérie du ballon ne serait donc pas approprié. b. Le mouvement n’est pas uniforme : les points ne sont pas régulièrement espacés. c. v = d / t. v1 ; 2 = 0,60 ϫ 0,90/0,10 = 5,4 m·s – 1. v4 ; 5 = 0,40 ϫ 0,90/0,10 = 3,6 m·s – 1. v9 ; 10 = 0,25 ϫ 0,90/0,10 = 2,3 m·s – 1. d. On n’aurait pu enregistrer que les points situés quasiment dans l’axe de tir : points 1 et 2. La vitesse moyenne n’aurait pas été modifiée : il s’agit du même mouvement. – 1 – 1 – 1 25. a. 1 000 km·h = 277,8 m·s ≈ 278 m·s ; t = d / v = 100/278 = 0,360 s. b. t = 100/330 = 0,303 s. c. Le centre de la balle décrit une hélice dans le canon. Un point de la périphérie décrit une spirale qui s’entoure autour de l’hélice.

9

d. Le mouvement du projectile est rectiligne : la tra-

b. La direction du mouvement est constante sur les

jectoire est une droite verticale. Le mouvement n’est pas uniforme car la vitesse de la balle varie (mouvement retardé à la montée, accéléré à la descente).

parties rectilignes.

• Force et interactions

d. La lame est soumise :

La réponse est Vrai à toutes les questions. Quand deux objets ou systèmes X et Y sont en interaction, X agit sur Y et Y agit sur X. 27.

28.

a.

b.

Pierre

Alice

livre

Pierre

livre

Terre

Terre

Les situations pouvant être décrites par le diagramme chariot-interactions donné sont les suivantes : a ; b ; c ; e ; f ; g. 30. a. p F1 représente l’action de Nicolas sur la corde p 2 celle de Sébastien sur la corde. et F b. On n’a pas représenté la force que la Terre exerce sur la corde.

c.

Terre

– à la force exercée par le patineur ; – à la force exercée par la glace ; – à la force exercée par la Terre. 36.

a. La roue fait 5 tours quand le pédalier fait un

tour (55/11 = 5). Un point du cadre du vélo avance d’une distance d égale à 5 fois le périmètre p de la roue par seconde. p = 2π R = 2π ϫ 34,0 = 214 cm ; v = d / t = 5 ϫ 214/1,00 = 10,7 m·s – 1. b. Lorsque le point A de la roue a fait un tour et se retrouve en AЈ après avoir décrit une courbe, le centre de la roue, solidaire du cadre, passe de C en C Ј.

29.

31.

1. La bonne proposition est d. Deux forces

agissent sur le livre : l’action de la Terre (vers le bas) et celle du sol (vers le haut). 2. De la même manière, deux forces agissent sur le livre : l’action de la Terre et celle de la balance. 32.

1. La seule bonne proposition est b.

2. Même réponse. 34.

déménageur

coffre

sol

Terre

b. C’est une force dont la direction est celle de la

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


poussée ; le sens est : du déménageur vers le coffre. c. et d. Non, le diagramme coffre-interactions de la première question n’a pas besoin d’être modifié.

Pour aller plus loin 35. Patinage

a. Mouvement uniforme, rectiligne dans les deux parties droites, circulaire dans les deux parties courbes.

10

C

CЈ

A

AЈ

La distance AA Ј est égale au périmètre de la roue. Les points A et C ont parcouru la même distance pendant le même temps. Ils ont la même vitesse moyenne. c. C’est un cercle. d. Il s’écoule une durée de 1,00/5 = 0,200 s. e. Un point du pneu fait un tour (214 cm) en 0,200 s. v = d / t = 2,14/0,200 = 10,7 m·s – 1. On retrouve bien la valeur de la question a. 37. Manège

a. La mère est immobile. b. E1 : mouve-

a.

glace

lame

patineur

ment circulaire uniforme. E2 : mouvement curviligne. E3 : immobile.

E1

E2

trajectoire de E1 trajectoire de E2

E2

trajectoire de E3 trajectoire de E2

E3

c. La mère n’est pas immobile. d. E1 : immobile.

E2 : mouvement rectiligne. E3 : mouvement circulaire uniforme en sens inverse du sens de rotation du manège.

E1

E3


CHAPITRE 15. LE PRINCIPE D’INERTIE Aspects pédagogiques et scientifiques

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Le principe d’inertie dont il va être question dans ce chapitre pose généralement de grandes difficultés aux élèves car il ne semble pas s’appliquer à de nombreuses situations de la vie quotidienne. La confusion est fréquente entre un mouvement naturel, tel un ballon qui roule dans l’herbe, et le mouvement d’un objet sur lequel il ne s’exerce que des forces qui se compensent. Par ailleurs, la différence entre force et vitesse n’est pas encore pleinement acquise par les élèves malgré le travail du chapitre précédent et ils vivent avec l’idée qu’un mouvement sans force est un mouvement sans vitesse, ce qui est contraire au principe que ce chapitre cherche à leur inculquer. Pour s’attaquer à cette situation pédagogique réellement difficile, nous proposons différentes approches. La première est de mettre en évidence que l’intuition est parfois mauvaise conseillère. Une situation presque triviale proposée dans la première activité (p. 252) demande aux élèves de lancer une bille sur une table de façon à ce qu’elle décrive un arc de cercle. Le sérieux avec lequel ils essaient montre qu’ils croient qu’ils vont effectivement trouver une solution. La suite de l’activité leur fait comprendre que tous les mouvements non rectilignes qu’ils connaissent impliquent au moins une force non verticale. La deuxième approche est de mettre en évidence l’influence de la masse quand une force, matérialisée de façon bien visible par l’air que souffle un sèche-cheveux, s’exerce sur différentes balles roulant à proximité. Une fois que l’élève a compris qu’il ne peut pas se fier à son intuition, on lui fournit des énoncés du principe d’inertie qui lui permettent d’analyser des situations adaptées. C’est la troisième approche que l’on aborde dans les activités 3 et 4. Nous avons ainsi choisi de donner plusieurs énoncés de ce principe, et non un seul. Le premier traite des objets dont la vitesse ne varie pas et le second, de ceux dont la vitesse varie. C’est la troisième activité, p. 253. Dans l’activité 4 (p. 254), on donne encore de nouveaux énoncés explicitant la réciproque du principe d’inertie qu’il faut savoir aussi utiliser :

15 – LE PRINCIPE D’INERTIE

pas de variation de vitesse donc pas de force, et pas de force donc pas de variation de vitesse. On s’est placé pour cette étude dans le cas d’un mouvement dont on étudie les projections suivant les axes horizontal et vertical, situation qui reviendra souvent. Une autre approche que nous jugeons essentielle dans l’étude de la mécanique est de confronter l’élève à une grande variété de situations, ce que permet l’utilisation d’un simulateur. Grâce à un tel outil sur lequel on fait réfléchir l’élève, on peut facilement visualiser un mouvement et ses différentes projections en évitant ce fastidieux mais indispensable travail de décomposition du mouvement qu’on a fait faire manuellement une fois. La répétition qu’autorise le simulateur Newton est précieuse pour aider l’élève à construire les connaissances qui lui seront indispensables lors de la résolution des exercices. Cette cinquième activité (p. 260) permet donc de travailler sur des chronophotographies simulées. Ce type d’image est ensuite l’objet d’étude de l’activité 6 (p. 261). Grâce à une webcam, l’élève est amené à réaliser lui-même les images nécessaires à la constitution d’une chronophotographie et, à l’aide d’un logiciel simple, de les analyser. Cela nous a semblé être une activité indispensable pour que l’élève comprenne finement ce puissant outil de représentation du mouvement. Si nous avons multiplié les approches pédagogiques relatives au principe d’inertie : lutte contre l’intuition, influence de la masse, utilisation du principe et de sa réciproque, utilisation de TICE, c’est que nous sommes convaincus que l’énoncé historique que nous donnons dans le cours au paragraphe 2.2 page 257 n’est pas suffisant pour résoudre les exercices au niveau de la classe de seconde. Sa formulation historique est certes pertinente dès qu’on en a compris les tenants et les aboutissants, mais son apprentissage requiert le patient travail proposé dont nous avons pu juger l’efficacité en classe.

1

Activités de découverte 1. Peut-on imposer une trajectoire circulaire à un objet ? (p. 252) L’objectif de cette activité est de faire prendre conscience à l’élève qu’un objet ne peut suivre une trajectoire circulaire horizontale que si on exerce sur lui une force dont la direction n’est pas verticale. Ce résultat sera généralisé par les énoncés du principe d’inertie lors de l’activité 3. L’expérience proposée peut être réalisée en classe entière, par binôme et ne nécessite comme seul matériel que des billes. Les élèves se prennent rapidement au jeu et essaient tous les moyens pour faire suivre la trajectoire à la bille. L’élève recherche ensuite des objets de sa vie courante ayant un mouvement horizontal. Il inventorie alors les forces qui s’exercent sur ces objets pour en déduire qu’il en existe nécessairement au moins une, hors du plan vertical, à chaque fois que la tra jectoire n’est pas rectiligne. Correction

a. La bille ne suit pas la trajectoire imposée. Une fois lâchée, la bille part en ligne droite. Note. L’idéal est que les élèves placent leur feuille de papier à même le sol.

b. Exemples : une balle fixée à une corde ou à un élastique et qui roule autour d’un point fixe, une pierre dans une fronde, etc. c. Pour le 1er exemple précédent, la balle est soumise à son poids qui est une force verticale, de même qu’à celle exercée par le sol sur la balle et à celle, horizontale, exercée par l’élastique sur la balle. Il existe bien une force qui n’est pas dans le plan vertical. d. L’objet ne peut avoir un mouvement circulaire dans un plan horizontal que s’il est soumis à au moins une force non verticale. e. On peut relier la bille à un point fixe placé au centre de l’arc de cercle tracé sur la feuille. Une fois lancée, elle suit la trajectoire imposée. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


2. Deux balles dans le vent (p. 252) L’objectif de cette activité est de mettre en évidence les effets d’une force, exercée par un sèche-cheveux, sur le mouvement d’une balle de ping-pong. L’utilisation de deux balles de tailles identiques mais de masses différentes permet de montrer que

2

les effets d’une force sur le mouvement d’un objet dépendent de la masse de l’objet. Les deux balles doivent avoir des diamètres identiques afin que l’emprise du souffle du sèchecheveux soit la même dans les deux cas, mais une des balles est plus lourde que l’autre. On peut par exemple remplir complètement d’eau une balle de ping-pong à l’aide d’une seringue et boucher le petit trou par un point de colle. Les balles doivent être lancées avec des vitesses initiales approximativement identiques. Les élèves doivent initialement ignorer cette différence de masse et la proposer en fin d’activité comme hypothèse permettant d’expliquer la différence de mouvement. Correction

a. On observe que la balle quitte la trajectoire tracée lorsqu’elle se trouve dans le champ d’action du sèche-cheveux. La déviation observée est reproductible si la position et la vitesse initiale de la balle le sont aussi. b. On observe que la balle quitte aussi la trajectoire tracée mais qu’elle est moins déviée que la première. Note. Il s’agit d’une balle plus lourde.

c. Le sèche-cheveux étant fixé et la poussée exercée par le souffle de l’air étant constante puisque les diamètres des balles sont identiques, on admet que la force exercée sur chaque balle est la même. La seule hypothèse acceptable concerne la masse des balles, seul paramètre expérimental qui diffère entre les deux situations.

3. Introduction au principe d’inertie (p. 253) Cette activité permet d’introduire le principe d’inertie à partir d’expériences simples. C’est aussi l’occasion pour l’élève de réinvestir les notions de cinématique vues au chapitre précédent. Le diagramme objet-interactions permet à l’élève de faire l’inventaire des forces s’exerçant sur l’ob jet étudié sans en oublier. De plus, l’élève pense facilement à l’action de l’air sur les objets en mouvement et veut l’intégrer systématiquement dans le diagramme. Enfin, la confusion entre l’objet « Terre » et le sol est fréquente et y remédier est souvent délicat. Il est donc nécessaire que l’enseignant apporte une attention particulière à ces deux points, par exemple en s’astreignant à n’utiliser que les termes Terre et sol, et en distin-


guant les interactions de contact et les interactions à distance sur le diagramme. Le principe d’inertie n’est pas donné à l’élève sous sa forme « historique » comme dans le cours mais sous la forme d’énoncés adaptés à différents types de situations. Ils permettent, suivant le mouvement étudié, d’en déduire une condition sur les forces qui s’exercent sur un objet. Leur formulation s’est révélée pertinente pour les élèves, tant pour l’étude de situations expérimentales que pour la résolution d’exercices. Correction

1. Étude d’une balle de ping-pong immobile

c. La balle de ping-pong est soumise à : – son poids : force verticale, dirigée vers le bas ; – la force exercée par l’eau sur la balle : force verticale, dirigée vers le haut. d. Lorsqu’on retire la main, la vitesse de la balle de ping-pong varie et passe de 0 à une vitesse non nulle. On peut ainsi appliquer l’énoncé 2 à la balle. e. Puisque la vitesse de la balle varie, alors les forces qui s’exercent sur elle ne se compensent plus. f. On constate que les deux vecteurs représentant le poids et la force F y eau/balle exercée par l’eau sur la balle n’ont pas la même longueur. P y

a. Terre

balle

main

3. Mouvement d’une pierre suspendue à un élastique a. On constate que la pierre se met en mouvement, suivant la direction verticale.

eau

b.

b. La balle de ping-pong est soumise à :

Terre

– la force exercée par la Terre sur la balle (son poids) : force verticale, dirigée vers le bas ; – la force exercée par la main sur la balle : force verticale, dirigée vers le bas ; – la force exercée par l’eau sur la balle : force verticale, dirigée vers le haut. c. On peut appliquer l’énoncé 1 car la balle est immobile, donc ni la direction du mouvement, ni la vitesse ne varient. d. D’après l’énoncé 1, on peut en F y eau/balle déduire que les forces qui s’exercent sur la balle se compensent. e. On obtient le schéma ci-contre. F y main/balle

pierre

élastique

c. La pierre est soumise à : – son poids : force verticale, dirigée vers le bas ; – la force exercée par l’élastique sur la pierre : force verticale, dirigée vers le haut. d. Puisque la vitesse de la pierre varie au cours de son mouvement, on peut appliquer l’énoncé 2. Dans ce cas, on peut en déduire que les forces qui s’exercent sur la pierre ne se compensent pas. e. On obtient le schéma ci-contre : F y elas/pierre P y

P y

f. La balle a un mouvement rectiligne uniforme. Lors de son mouve F y table/balle ment, elle est soumise à son poids et à la force exercée par la table. P y D’après l’énoncé 1 et puisque le mouvement de la balle est rectiligne uniforme, on peut en déduire que les forces qui s’exercent sur la balle se compensent. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

2. Étude d’une balle de ping-pong en mouvement non uniforme


b.

d

a. On observe que la balle remonte à la surface de l’eau. Terre

balle


eau

4. Décomposition du mouvement d’une balle (p. 254) Cette activité est l’occasion pour l’élève de réaliser la projection d’un mouvement suivant deux axes perpendiculaires et d’utiliser le principe d’inertie pour décrire les mouvements projetés. Tout comme pour l’activité 3, ce n’est pas la formulation historique du principe d’inertie qui est donnée à l’élève mais quatre énoncés, plus faciles à utiliser. Pour l’élève, la difficulté ne réside pas dans la pro jection du mouvement, ni même dans l’utilisation des énoncés mais plutôt dans la formulation de sa réponse.

3

L’enseignant doit alors veiller à ce que l’élève utilise correctement les énoncés mis à sa disposition. Les deux types de mouvement proposés sont des chutes libres avec des conditions initiales différentes. L’élève perçoit assez rapidement les points communs de ces mouvements. Correction

1. Lancer suivant la direction horizontale a. On constate que l’espacement entre les différentes positions de la balle au cours du mouvement augmente, ce qui permet d’affirmer que la vitesse de la balle varie au cours du mouvement. b. Lors de sa chute, la balle est soumise à son poids, force verticale, dirigée vers le bas. c. On constate que la projection horizontale correspond à un mouvement à vitesse constante puisque la distance parcourue entre deux points successifs reste constante. La projection verticale correspond à un mouvement à vitesse variable puisque la distance entre deux points consécutifs varie au cours du mouvement. Projection horizontale La flèche donne la direction et le sens du lancer axe horizontal

b. Horizontalement, la balle n’est soumise à aucune force. L’énoncé 3 permet de prévoir que la vitesse du point projeté suivant l’horizontale est constante. Verticalement, la balle est soumise à son poids. L’énoncé 4 permet de prévoir que la vitesse du point projeté est variable. c. Sur la projection horizontale, on constate que la distance parcourue entre deux positions consécutives est constante au cours du temps. Cela correspond à un mouvement à vitesse constante, comme prévu à la question b. Sur la projection verticale, on constate que la distance parcourue entre deux positions consécutives varie au cours du temps, elle diminue dans la première partie du mouvement puis augmente dans la seconde. Cela correspond à un mouvement à vitesse variable, comme prévu à la question b.

Projection verticale Projection horizontale

Projection verticale

d. Lors des deux situations, la balle n’est soumise qu’à son poids. On constate que, pour chaque mouvement, la vitesse du point projeté horizontalement est constante alors que celle du point projeté verticalement est variable. Ces résultats sont indépendants de la vitesse initiale.

l a c i t r e v e x a

d. On a : Sur l’axe horizontal vitesse force constante

aucune

Sur l’axe vertical vitesse force pas poids constante

e. Suivant l’axe horizontal, aucune force ne

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


s’exerce sur la balle et sa vitesse est constante. C’est cohérent avec l’énoncé 1 puisque l’absence de force est un cas particulier de forces qui se compensent. Suivant l’axe vertical, une force s’exerce sur la balle et le mouvement est varié. C’est cohérent avec l’énoncé 2 puisqu’une unique force est un cas particulier de forces qui ne se compensent pas.

2. Lancer dans une direction quelconque a. Lors de sa chute, la balle est soumise à son poids, force verticale, dirigée vers le bas.

4

Activités d’exploitation 5. Utilisation du simulateur Newton (p. 260) Il s’agit, lors de cette activité, de simuler le lancer d’un ballon suivant la direction horizontale puis de prévoir et de simuler le lancer suivant une direction quelconque. Dans un premier temps, l’élève étudie le lancer suivant l’horizontale. À partir de la chronophotographie fournie par le logiciel, l’élève construit la pro jection du mouvement. Il trace ensuite les courbes d’évolution de x et y en fonction du temps puis les compare avec celles données par le simulateur. L’utilisation du principe d’inertie permet de confirmer les observations.


La deuxième partie de l’activité utilise les conclusions de la première et généralise ainsi certaines propriétés des lancers que le simulateur permet à nouveau de vérifier.

10 9 8

Correction

7

1. Simulation d’un lancer horizontal

6

a. Le mouvement simulé est étudié dans le référen-

5

tiel terrestre. b. La trajectoire obtenue est une courbe. Graphiquement, on constate que la distance entre deux positions successives du ballon augmente au cours du mouvement. La vitesse du ballon augmente donc au cours du mouvement du ballon qui est ainsi curviligne varié.

x (m)

4 3 2 1 0

0

200

800 1 000 1 200 1 400 1600 t (ms) Variations de x en fonction du temps

c. 12

400

600

400

600

y (m)

10 8 6 Projection verticale

4 2 0

0

200

800 1 000 1 200 1 400 1600 t (ms)

Variations de y en fonction du temps Projection horizontale

d. On peut observer que l’espacement entre deux abscisses est constant et donc en déduire que la vitesse horizontale ne varie pas au cours du mouvement. En revanche, l’espacement entre deux ordonnées augmente au cours du temps traduisant un accroissement de la vitesse verticale au cours du mouvement

e.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

t (ms) 0 150 300 450 600 750 900 1 050 1 200 1 350 x (m) 0 1,06 2,14 3,14 4,19 5,22 6,31 7,36 8,39 9,47 y (m) 11 10,8910,56 10 9,25 8,25 7,03 5,61 3,94 2,08

Le graphe x = f (t ) est une droite passant par zéro alors que le graphe y = f (t ) est une courbe. Note. On obtient les coordonnées utiles à la description du mouvement étudié en plaçant le curseur sur le premier ballon puis en le déplaçant pour le faire coïncider avec les autres positions. On lit en bas de l’écran les valeurs de x et de y. On sait ensuite que l’intervalle de temps entre deux positions est 150 ms.

f. Le graphe de gauche correspond à x = f (t ). Le graphe du milieu correspond à y = f (t ) et le graphe de droite correspond à la trajectoire du centre représentant le ballon. Note. Les élèves risquent de confondre les courbes du milieu et de droite.

g. Lors de sa chute, le ballon est soumis à son poids (force verticale, dirigée vers le bas).

d



5

h. D’après le principe d’inertie, le mouvement du ballon suivant l’axe horizontal est rectiligne uniforme puisque aucune force ne s’exerce dans cette direction. Suivant l’axe vertical, la vitesse du ballon n’est pas constante puisqu’une force s’exerce dans cette direction. On retrouve les affirmations de la question d.

2. Prévision et simulation d’un lancer dans une direction quelconque a. Le ballon n’est soumis qu’à son poids qui est une force verticale, dirigée vers le bas. b. On peut prévoir que le mouvement suivant l’axe horizontal sera rectiligne uniforme puisque le ballon n’est soumis à aucune force dans cette direction. Suivant l’axe vertical, le ballon est soumis à une force ; son mouvement dans cette direction sera donc rectiligne non uniforme. c. La simulation du mouvement conduit à une tra jectoire non rectiligne. d. À l’aide des graphes tracés par le simulateur, on constate que l’abscisse x du ballon et le temps sont proportionnels donc que la vitesse suivant cet axe est constante. L’ordonnée y et le temps ne sont pas proportionnels, la vitesse suivant cet axe n’est pas constante au cours du mouvement. On vérifie ainsi les prévisions de la question b. e. On constate que, dans les deux mouvements étudiés, la seule force exercée sur le ballon est le poids, avec une direction verticale. Les projections horizontales des deux mouvements se font à vitesse constante, les projections verticales à vitesse variable. f. Lors d’un lancer de ballon, la seule force qui s’exerce sur le ballon est le poids, de direction verticale. Ainsi, de façon générale, lors d’un lancer de ballon, le mouvement vertical est varié alors que le mouvement horizontal est uniforme. C’est ce que l’on constate avec la simulation.

6. Acquisition vidéo d’une chute libre (p. 261) r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Parmi les documents qui peuvent aider à comprendre les principes de base de la mécanique, la chronophotographie tient une place de choix. Cependant, les élèves ne sont pas toujours à même de tirer profit de telles images dont l’exploitation requiert un minimum de connaissances spécifiques. L’activité proposée ici permet, avec du matériel de lycée, d’élaborer les documents correspondant à une chronophotographie et de les exploiter. Nous

6

pensons qu’en associant les élèves au processus de réalisation de ces images et des fichiers associés, ils seront plus à même de comprendre l’intérêt des véritables chronophotographies. Nous décrivons l’acquisition d’images d’une chute d’un objet au moyen d’une webcam puis leur traitement jusqu’à l’obtention d’un fichier donnant la position de l’objet à intervalle de temps régulier (0,04 s, soit le réglage habituel de 25 images par seconde). Certains détails indispensables au traitement des données, comme la détermination de l’échelle des images, sont décrits. Une fois les valeurs décrivant le mouvement acquises, une série de questions est posée qui nécessite de la part de l’élève la maîtrise des connaissances introduites dans ce chapitre et dans le précédent : nature du mouvement, inventaire des forces, principe d’inertie, etc. Les outils informatiques présents sont ensuite remis à contribution gt 2 est pour que l’élève constate que la loi y = ᎏ 2 vérifiée. Ce n’est pas une connaissance à retenir en seconde, mais c’est l’occasion de déterminer la valeur de l’accélération de la pesanteur dont une étude détaillée est proposée dans le chapitre suivant. Correction

1. Acquisition et traitement d’une vidéo gt 2 correspond à une orienLa loi proposée y = – ᎏ 2 tation de l’axe vertical vers le haut. Il est important de vérifier l’orientation de l’axe vertical dans le logiciel de marquage utilisé afin d’éviter que les ordonnées obtenues aient le signe opposé au signe attendu.

2. Exploitation des données a. La trajectoire de la balle est une droite. b. On constate que la distance parcourue entre deux positions successives s’accroît entre deux mesures. On peut en déduire que la vitesse de la balle augmente au cours du temps. c. Le mouvement de la balle est rectiligne accéléré. d. Durant sa chute, la balle est soumise à son poids (force verticale, dirigée vers le bas) et à l’action de l’air sur la balle (force verticale, dirigée vers le haut) que l’on négligera par la suite. e. D’après le principe d’inertie et puisque le balle est soumise à une force, on peut en déduire que le mouvement de la balle ne sera pas rectiligne uniforme. C’est en accord avec la réponse à la question c.


• Principe d’inertie

f. On obtient le tableau suivant. t (s) y (m) 0,20 0,24 0,28 0,32 0,36 0,40 0,44 0,48 0,52 0,56

9.

t 2 (s2) 0,0400 0,057 6 0,078 4 0,102 4 0,129 6 0,1600 0,193 6 0,230 4 0,270 4 0,313 6

– 0,287 – 0,389 – 0,515 – 0,651 – 0,794 – 0,955 – 1,130 – 1,330 – 1,520 – 1,730

b. D’après le principe d’inertie, on peut en déduire que, lors de son mouvement, la voiture est soumise à des forces qui se compensent. 10.

0 – 0,2 – 0,4 – 0,6 – 0,8 – 1 – 1,2 – 1,4 – 1,6 – 1,8 – 2

air

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0,3

0,35

Variations de y en fonction de t 2

h. On constate que y et t 2 sont proportionnels. On peut proposer une relation du type y = kt 2 avec k Ͻ 0. i. On trouve pour k : k = – 5,3 m·s – 2. Ainsi, y = – 5,3 t 2. Dans l’énoncé, k = – g /2 = – 4,9 m·s – 2. On voit que les deux valeurs sont proches. j. On a besoin de connaître précisément l’échelle dans le plan de la chute afin d’étalonner correctement la chronophotographie. On est certain qu’à l’endroit du lâcher les points choisis pour l’étalonnage se trouvent dans ce plan.

Exercices r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Appliquer ses connaissances • Effets d’une force sur un mouvement La personne exerce la même force sur les trois véhicules. La vitesse acquise par les différents véhicules dépend de leur masse : plus la masse est faible et plus la mise en mouvement est facile et la vitesse acquise importante. 8.


skieur

sol

Terre

t 2 (s2) 0

a. La vitesse du skieur décroît au cours du

temps. Le mouvement du skieur est rectiligne non uniforme. b. On a :

g. On en déduit le graphe suivant. y (m)

a. Le mouvement est rectiligne uniforme.

Le skieur est soumis à son poids, à la force exercée par le sol et à la force exercée par l’air. c. Puisque le skieur n’a pas un mouvement rectiligne uniforme, c’est que les forces qui s’exercent sur lui ne se compensent pas. 12. a. Le mouvement du centre du palet est circulaire uniforme. b. D’après le principe d’inertie, puisque le mouvement du centre du palet n’est pas rectiligne uniforme, alors les forces qui s’exercent sur lui ne se compensent pas. Il existe une force supplémentaire : en plus du poids et de la force exercée par la glace, il y a la force exercée par le fil sur le palet. c. Si le fil casse, le palet sera soumis à des forces qui se compensent (son poids et la force exercée par la glace). D’après le principe d’inertie, le mouvement du centre du palet sera alors rectiligne uniforme. 14.

1. a. On constate sur la chronophotographie

que la distance parcourue par la bille entre deux positions augmente au cours du temps : la vitesse de la bille augmente donc au cours du mouvement. b. Le mouvement rectiligne non uniforme de la bille implique, d’après le principe d’inertie, qu’elle est soumise à des forces qui ne se compensent pas. c. Lors de sa chute, la bille est soumise à son poids et à la force exer F y air/bille cée par l’air. 2. a. La vitesse augmente dans une P y première phase (la distance entre deux points augmente au cours du temps) puis est constante dans la seconde phase (la distance entre deux points est constante au cours du temps). b. Le mouvement rectiligne uniforme de la bille lors de la seconde phase du mouvement implique, d’après le principe d’inertie, que la bille est soumise à des forces qui se compensent.

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c. La bille est soumise à son poids et à la force exercée par la glycérine sur la bille.

F y glycérine/bille P y

Aller plus loin 17. Forces

non colinéaires

a. enseigne

fil 1

• Projection d’un mouvement L’action de l’air est négligée dans cet exercice. 1. Étude de la première loi. 16.

a. On a : b. Horizontalement, la distance parcourue entre deux positions est constante au cours du temps : la vitesse est constante. c. On pouvait prévoir ce résultat à l’aide du principe d’inertie puisque la balle n’est soumise à aucune force suivant la direction horizontale, alors son mouvement suivant cet axe est rectiligne uniforme. d. D’après l’énoncé et puisque le mouvement est uniforme, alors on peut calculer la vitesse moyenne : v = d / t = 6,89 m·s – 1. À partir de la 1 re loi, on a v x = v0 cos ␣ = 6,89 m·s – 1. e. Les valeurs de v x sont identiques, la 1re loi est vérifiée.

2. Étude de la deuxième loi. a. La boule décrit un mouvement ascendant puis descendant. On a : – à gauche, phase ascendante ; – à droite, phase descendante.

b. Suivant l’axe vertical, on constate que la distance

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d


entre deux positions diminue dans la première phase et augmente dans la seconde phase. Dans les deux cas, la vitesse varie. c. À l’aide du principe d’inertie, on peut en déduire que, puisque la balle est soumise à une force (le poids) suivant la direction verticale, alors son mouvement suivant cet axe est rectiligne varié. d. La valeur est négative car il s’agit de la composante de la vitesse suivant l’axe vertical et que la vitesse est dirigée vers le bas. e. On trouve : v y(0,300) = 2,85 m·s – 1 et v y(1,05) = – 4,50 m·s – 1.

f. On constate que les valeurs sont de nouveau identiques, la seconde loi est vérifiée.

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fil 2

Terre

b. L’enseigne est soumise à son poids et aux forces exercées par chacun des deux fils. D’après le principe d’inertie, on peut en déduire que puisque l’enseigne est immobile, alors les forces qui s’exercent sur elle se compensent.

d. F t fil1/enseigne

F t fil2/enseigne P t

Trajectoire d’une balle 1. a. Avant d’être lâchée, la balle possède le même mouvement que la personne en rollers, c’est-à-dire un mouvement rectiligne uniforme. La direction du mouvement de la balle est horizontale. b. La balle est soumise à son poids, force verticale, dirigée vers le bas. c. L’absence de force sur l’axe horizontal implique, d’après le principe d’inertie, que le mouvement horizontal de la balle n’est pas modifié pendant la chute. d. La balle et la personne en rollers possèdent donc le même mouvement horizontal et se déplacent horizontalement avec la même vitesse. Dans le référentiel lié à la personne en rollers, la balle possède uniquement une vitesse verticale. Ainsi, la balle tombera à la verticale du point où elle a été lâchée, c’est-à-dire sur la pointe du roller gauche et décrit une trajectoire rectiligne. Dans le référentiel terrestre, la balle décrit une trajectoire parabolique. 2. Le problème est identique, la balle tombera à la verticale du point où elle a été lâchée, c’est-à-dire à la verticale du centre de la roue avant. 19.

20. Influence

de la masse a. Les trajectoires décrites par les deux mobiles sont des droites. De plus, la distance parcourue par chaque mobile entre deux positions est constante au cours du temps. Le mouvement de chaque mobile est donc rectiligne uniforme. b. D’après le principe d’inertie et puisque le mouvement du mobile 1 est rectiligne uniforme, alors


les forces qui s’exercent sur le mobile 1 se compensent. c. Graphiquement, on a : v1 = 14 cm·s – 1 et v2 = 8,8 cm·s – 1. d. Initialement, les mobiles sont au repos. Une fois en mouvement, on constate que c’est le mobile le plus léger (mobile 1) qui part avec la vitesse la plus grande. Ceci est cohérent avec le fait que la modification du mouvement d’un objet est d’autant plus grande que sa masse est petite. Skieur sur un téléski 1. a. La vitesse du skieur augmente au cours du démarrage puisqu’elle passe de 0 à 2,0 m.s -1. Le mouvement du skieur est accéléré. b. Le skieur est soumis à son poids (vertical, dirigé vers le bas), à la force exercée par le sol (inclinée 21.

vers l’arrière, dirigée vers le haut), à la force de traction exercée par la perche (dirigée suivant la perche, vers le haut). Note. L’élève peut ne pas trouver l’orientation de la réaction du support.

c. Puisque le mouvement du skieur n’est pas uniforme, alors d’après le principe d’inertie, les forces qui s’exercent sur le skieur, pendant la phase de démarrage, ne se compensent pas. 2. a. Le mouvement du skieur est maintenant rectiligne uniforme. b. Le mouvement rectiligne uniforme du skieur implique, d’après le principe d’inertie, qu’il est soumis à des forces qui se compensent. 3. Dans les deux situations, c’est le diagramme a qui est approprié. En effet, le skieur est en interaction avec la Terre, le sol et la perche.

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CHAPITRE 16. L’INTERACTION GRAVITATIONNELLE Aspects pédagogiques et scientifiques

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Ce chapitre traite une partie bien délimitée du programme relative à l’interaction gravitationnelle. Il s’agit d’utiliser le principe d’inertie pour interpréter en termes de force, la chute des corps sur la Terre, de relier la pesanteur à l’expression de la force gravitationnelle et d’interpréter le mouvement de la Lune par extrapolation du mouvement de chute libre. Cette force, résultant de l’interaction de deux masses, est donc présentée comme unifiant des phénomènes aussi différents qu’une chute libre et le mouvement d’un satellite. Dans l’activité 1 p. 268, on se sert du principe d’inertie et du fait que la Lune tourne autour de la Terre pour convaincre l’élève qu’il existe une force entre la Terre et la Lune. Cette force, dont l’existence n’est pas intuitive, portera le nom de force d’interaction gravitationnelle dans la suite de ce chapitre. L’activité 2 (p. 268) illustre la définition humoristique d’un laboratoire de physique : c’est le seul lieu sur Terre où les lois de la mécanique sont respectées. On déduit de l’observation de différentes chutes, dont celles d’un caillou et d’une plume, la notion de chute libre par opposition à des chutes « non libres ». Cette comparaison doit aider les élèves à décider à bon escient de prendre ou non en compte l’influence de l’air lors de l’étude d’un mouvement, et à comprendre ce que veut dire « n’être soumis qu’à son poids ». L’activité 3, p. 269, remplace un cours qui aurait comme objectif d’introduire la force d’interaction gravitationnelle, d’en faire sentir le sens, de découvrir son expression et de faire un certain nombre d’applications numériques. Les conséquences de cette interaction sont traitées dans l’ activité 4, p. 270. L’élève est amené à identifier le poids et la force correspondant à la pesanteur déterminée par l’expression F = Gm Am B/d 2. C’est également l’occasion de comparer la hauteur des sauts sur la Terre et sur la Lune, en les reliant aux accélérations respectives de la pesanteur. Les notions du cours sont exploitées dans un TP, (activité 5, p. 277) et dans l’activité 6, p. 278. L’ensemble des notions vues en mécanique y sont

16 – L’INTERACTION GRAVITATIONNELLE

réinvesties : diagramme objet-interactions, mouvement, vitesse, force, principe d’inertie, influence de la masse sur le mouvement, force d’interaction gravitationnelle, poids, etc. Lors de l’activité 5 l’élève effectue des mesures en relation avec un système concret, et les interprète, alors que lors de l’activité 6 sur le mouvement des satellites, la réflexion nécessite un bon niveau d’abstraction.

Activités de découverte 1. Peut-on trouver sur Terre des mouvements identiques à celui de la Lune ? (p. 268) Grâce au travail des chapitres précédents, l’élève sait ce qu’est une interaction et connaît le principe d’inertie. Cette activité a pour but de lui faire comprendre que la nature circulaire du mouvement de la Lune impose qu’il existe une interaction entre la Lune et la Terre. Nous sommes convaincus que prendre en compte la force d’interaction gravitationnelle ne va de soi que pour un physicien. C’est pour cela que nous amenons l’élève à déduire l’existence de cette interaction en lui donnant suffisamment d’informations : – le fait que la Lune possède un mouvement circulaire uniforme ; – la nécessité d’utiliser le principe d’inertie. Le mouvement circulaire uniforme de la Lune sousentend que l’on considère un référentiel ad hoc (géocentrique) que nous avons choisi de ne pas expliciter afin ne pas compliquer cette activité introductive. Il faut conserver présent à l’esprit que le mouvement de la Lune, pour un observateur terrestre (ce que constate l’élève quand il observe la Lune), est principalement dû au mouvement de rotation de la Terre, et ce n’est pas de cela dont il s’agit dans cette activité. C’est pour cela que le mouvement circulaire uniforme de la Lune est une information fournie aux élèves dès la première ligne. Par ailleurs, cette activité aborde quelques points communs entre différents mouvements circulaires (des astres, sur Terre, etc.). Le fait qu’un enfant sur un tourniquet soit soumis à la même force que la

1

Lune n’est pas simple à imaginer et le questionnement proposé devrait inviter l’élève à construire cette relation entre deux situations, que presque tout sépare. Le professeur doit avoir présent à l’esprit que l’élève confond vitesse et valeur de la vitesse. Ce dernier traduit intuitivement la notion de mouvement circulaire uniforme de la Lune en termes de vitesse qui ne change pas, et plus encore, de mouvement « nature naturell », c’est-àc’est-à-dire dire sur sur lequel lequel il n’y a pas d’action. Il ne peut donc accepter que la Lune soit soumise à une force que dans un contexte théorique qui est celui du principe d’inertie vu au chapitre précédent. Faire en sorte que l’élève abandonne un point de vue intuitif et se mette à utiliser un principe de la physique est également un des objectifs de cette cette activité : un grand objectif dans le formation d’un jeune physicien. Correction

’expression ssion « circul circulaire aire uniforme uniforme » signifie que que a. L’expre la trajectoire de la Lune est un cercle et que la valeur de sa vitesse est constante au cours du mouvement. b. D’après le principe d’inertie et puisque le mouvement n’est pas rectiligne uniforme, alors les forces qui s’exercent sur cet objet ne se compensent pas. c. La Lune n’est soumise qu’à la force exercée par la Terre. Terre. Cette force se trouve suivant su ivant l’axe TL, dirigée vers la Terre. position 1 position 2 L

L

T

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Note. Fidèle à notre idée qu’il faut distinguer la représentation de la réalité des objets Terre et Lune, et la représentation de la modélisation qu’on doit en faire pour raisonner en tant que physicien, nous proposons aux élèves un schéma où la Terre et la Lune sont représentés par des points, et non par un petit dessin de la planète bleue et de son satellite.

d. On peut fixer un objet à une tige rigide, ellemême fixée à un axe vertical fixe et pouvant tourner autour de cet axe. L’ensemble tige-objet est posé sur une table à coussin d’air horizontale (afin

2

d’éliminer les frottements) et peut tourner autour de l’axe vertical. Dans ce cas, l’objet est soumis à son poids, à la force exercée par la tige sur l’objet et à la force exercée par la table sur l’objet.

e. Oui, la Lune et l’objet ont l’un l’u n comme l’autre des mouvements plans et circulaires uniformes et sont soumis à des forces dont la résultante est perpendiculaire à la direction du mouvement. En effet, en projetant le mouvement de l’objet sur les axes horizontal et vertical et en appliquant le principe d’inertie à chaque projection, on constate que les forces verticales auxquelles est soumis l’ob jet se compensent. La résultante des forces exercées sur l’objet correspond à la force exercée par la tige sur l’objet. Cette résultante est horizontale, dirigée suivant l’axe objet-axe. (p.. 26 268) 8) 2. Le tube de Newton (p Le but de cette activité est de permettre à l’élève de comprendre le rôle de l’air lorsqu’un objet tombe. La chute libre, dont il va être question dans ce chapitre, est une chute idéale qu’on ne rencontre pas en réalité dans l’atmosphère. Comparer une chute libre et une chute « non libre libre » dans un un tube de Newto Newtonn nous semble donc important lors de la préparation à l’étude de la trajectoire d’un projectile, notion centrale dans ce chapitre. Cette activité met aussi en évidence le fait que la chute d’un corps dans le vide est indépendante in dépendante de sa masse. Ce n’est ni évident d’un point de vue intuitif, ni d’un point de vue théorique, du moins si l’on se réfère au chapitre 15 où le rôle de la masse sur le mouvement a été abordé. Dans un premier temps, l’élève compare le mouvement de chute verticale de deux objets de masses distinctes dans l’air. Puis, il refait la même expérience avec d’autres objets. Dans un second temps, à l’aide d’un tube de Newton rempli d’air, il compare le mouvement de deux objets enfermés à l’intérieur.. Enfin, une fois l’air aspiré, il refait la même térieur expérience et observe les différences. La première expérience peut paraître sans intérêt puisqu’il s’agit d’observer une banale chute. Cependant, nous pensons qu’il est judicieux de montrer à l’élève que les expériences réalisées dans le tube de Newton et celless à « l’air libre celle libre » sont comparabl comparables es et consticonstituent le même objet d’étude.


a. On observe que les balles ont toutes les deux un mouvement vertical descendant. b. On constate que le morceau de papier a aussi un mouvement vertical descendant mais va plus lentement que la balle pour descendre. c. Outre le fait que la balle de tennis et la feuille de papier n’ont pas la même masse, on peut évoquer le fait que la surface de contact entre l’air et la feuille est bien plus grand qu’entre l’air et la balle de tennis. Note. À défaut d’une boule en bois, on pourra chiffonner une feuille de papier et comparer son mouvement à celui de la balle de tennis à la question a. Cette même feuille sera déchiffonnée pour la question b. Ainsi, les élèves voient assez facilement que c’est la surface de contact qui semble responsable de la modification de mouvement et non la masse.

d. On observe que la bille et la plume tombent verticalement à des vitesses différentes. La plume tombe plus lentement que la bille. e. On observe que la bille et la plume tombent verticalement en même temps (donc avec la même vitesse) en décrivant une trajectoire rectiligne. f. La seule différence expérimentale existante entre les deux dernières expériences est l’absence d’air dans le tube lors de la deuxième expérience. Dans la deuxième expérience, la bille et la plume sont chacune soumises à leur poids et à la force de frottement exercée par l’air. Cette force de frottement est plus importante dans le cas de la plume que dans le cas de la bille et ses effets sont plus notables sur le mouvement de la plume que sur celui de la bille. Dans la troisième expérience, la bille et la plume sont uniquement soumises à leur poids et ont le même mouvement de chute libre. Ce mouvement ne dépend donc pas du poids de l’objet (et par suite ne dépend pas de la masse de l’objet).

3. La force d’interaction gravitationnelle (p. 269) r e i t a H © 4 0 0 2 , e

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Comprendre ce qu’est la force d’interaction gravitationnelle nécessite d’aborder deux aspects de cette cet te notion, notion, comm commee souvent souvent en physiq physique ue : le concept et la relation mathématique associée. Certes la manipulation mathématique apparaît facilement dans les exercices, mais le sens qu’on lui donne nous paraît tout aussi important. C’est en effet ce qui sera utile aux élèves pour comprendre, par exemple, les commentateurs d’actualité scienti-


fique qui, à la télévision, évoquent la conquête de l’espace. L’introduction de l’activité définit la force d’interaction gravitationnelle comme une interaction qui n’est due qu’à la masse des corps en présence. Aucune expression mathématique n’est encore fournie. À l’aide d’un diagramme objet-interactions, il est qualitativement possible de prendre conscience de la réciprocité de l’action d’un corps sur l’autre. C’est l’objet de la première partie. La suite de l’activité étudie la force d’interaction gravitationnelle par l’intermédiaire de ses grandeurs d’influence : les masses masses des objets en interaction et leur distance. Par exemple, considérer une sonde spatiale qui s’éloigne de la Terre permet de prévoir que cette force n’est pas proportionnelle à la la distance. La relation exacte entre ces grandeurs est alors déduite d’un tableau de valeurs correspondant à différentes situations. En dernière partie, l’influence de la masse, calculée à partir de l’expression de la force d’interaction gravitationnelle permet de constater que, sur Terre, entre deux objets ordinaires, elle est négligeable par rapport à celle exercée par notre planète. Le travail proposé peut être réalisé en classe entière ou être préparé à la maison puisqu’il ne présente que peu de difficultés. Il oblige en revanche à faire attention aux unités. Correction

1. Interaction gravitationnelle a. Le corps 1 est soumis à la force, de valeur F1,

exercée par le corps 2 sur lui. corps 1

corps 2

Note. Les élèves qui ne lisent pas correctement l’en tête de l’énoncé ont tendance à tenir compte de la Terre dans le diagramme, comme ils l’ont appris dans les chapitres précédents.

b. Le corps 2 est soumis à la force de valeur F2, exercée par le corps 1 sur lui. corps 1

corps 2

c. D’après le principe des interactions, les forces ont même valeur, ainsi F1 = F2.

2. Influence de la distance a. Si la force exercée par la Terre sur la sonde augmente lorsque celle-ci s’éloigne, la sonde ne

3

pourrait pas continuer à s’éloigner. Ainsi, cette force diminue : plus la sonde s’éloigne de la Terre, moins la Terre a d’influence sur elle. b. La forme F = ␣ d n’est pas possible car elle exprime que F devient de plus en plus grande au fur et à mesure que la distance entre les corps augmente. c. On peut déterminer ␣ par le calcul, ␣ = Fd 2, ou tracer la représentation graphique F en fonction de d 2. Dans ce cas, cette représentation graphique 1/ d est une droite passant par l’origine. On trouve 7·100 – 13 N·m2. ␣ = 6,7·1 Note. Les élèves ne choisissent pas naturellement de tracer le graphe. L’enseignant pourra alors discuter sur la pertinence de cette méthode.

d. Lorsque l’abricot est au rez-de-chaussée de l’immeuble, la distance entre le centre de l’abricot et le centre de la Terre est égal à RT = 6, 6,38· 38·10 106 m. Lorsque l’abricot est au 10e étage de l’immeuble, la distance entre l’objet et le centre de la Terre Terre est égal 6 à RT + 30 ≈ 6,38·10 m. Ainsi, puisque les distances sont pratiquement les d 2 alors la mêmes dans les deux cas et que F = ␣ / d valeur de la force d’interaction gravitationnelle est aussi la même.

3. Influence de la masse a. On effectue l’application numérique en utilisant l’expression donnée. On retrouve les valeurs de l’énoncé. 0,49 49 N. b. On a FT/abr = GM Tm2 / RT2 = 0, c. À l’aide du principe des interactions, on trouve Fabr/T = 0,49 N. N. Il peut paraît paraître re surprena surprenant nt que l’abricot, du fait de sa petite masse, exerce une force sur la Terre. Note. À cette question, les avis des élèves sont assez partagés. Certains trouvent normal que les valeurs des forces soient les mêmes en b et c puisqu’ils raisonnent avec le principe d’interaction. D’autres ont du mal à comprendre qu’un abricot exerce une force sur la Terre.

d. On a Fpomme/abricot = 1,1·10 – 11 N. On voit que

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d


cette force est très faible comparativement à celle exercée par la Terre sur l’abricot. e. D’après les valeurs précédentes, on voit qu’on pourra négliger la force d’interaction gravitationnelle entre deux corps de masses usuelles par rapport à la force d’interaction gravitationnelle qui existe entre la Terre et chaque corps. 1,98· 98·10 1020 N. Cette force est environ f. On a FT/L = 1, 2·1031 plus grande que les valeurs évoquées précédemment.

4

4. Conséquences de l’interaction gravitationnelle (p. 270) Le programme suggère d’étudier le poids d’un même corps sur la Terre et sur la Lune, ce qui nécessite d’approfondir les notions de poids, de masse et de pesanteur. Le cadre de l’étude est celui de la découverte, pour les élèves, de la notion d’interaction gravitationnelle. Cette notion est définie en introduction de cette activité qui a donc valeur de cours. En identifiant le poids dont l’expression est connue des élèves depuis le collège et la force d’interaction gravitationnelle entre un objet et la Terre, l’élève est amené à retrouver la valeur de l’accélération de la pesanteur terrestre. Il est alors possible de déterminer cette grandeur sur la Lune. Cette manipulation des grandeurs, poids et masse, est également l’occasion de rappeler leur différence. Cela contribue à admettre admett re que ce qu’on qu’on appelle appelle « poids » dans la la vie de tous les les jours, jours, doit s’appe s’appeler ler « masse » en cours cours de physique. L’application la plus célèbre de la différence entre l’accélération de la pesanteur sur la Terre et sur la Lune est donnée par Hergé dans On a marché sur la lune, ou par les films tournés tournés par la NASA lors des missions Apollo. En exploitant les valeurs respectives de gT et de g L qui viennent d’être déterminées, la deuxième partie de l’activité aborde, du point de vue de la physique, le célèbre bond du capitaine Hadock et le comportement des spationautes lors des sorties de leur vaisseau. Correction

1. Interaction gravitationnelle et poids a. La masse est une propriété d’un corps, reliée à la « quantit quantitéé » de matière matière qui qui le constitue constitue.. Le poids poids est une force, qui caractérise l’interaction entre un corps et l’astre sur lequel il se trouve. Note. Les élèves qui n’ont pas fait de mécanique en troisième ne peuvent pas répondre à cette question. Il est alors nécessaire de les aider.

9,88 = 6, 6,9·10 9·102 N. b. P = mg = 70 ϫ 9, d 2 c. F = GmT m2 / d

= 6, 6,67· 67·10 10 – 11 ϫ 5,98·1024 ϫ 70/(1,276·107 /2)2 = 6,9·1 9·1002 N s’agit des mêmes valeurs valeurs : le poids d. On voit qu’il s’agit d’un corps résulte de l’interaction gravitationnelle avec l’astre sur lequel il se trouve. Note. Pour certains élèves, l’égalité entre les deux valeurs semble normale puisqu’ils ont tendance à parler d’attraction terrestre en parlant du poids. Cette approximation ne tient pas compte de la


force d’inertie d’entraînement due à la rotation de la Terre sur elle-même.

e. D’après ce qui précède : F = GmTm2 / d 2 = m2 gT. Donc gT = GmT / d 2

= 6,67·10 – 11 ϫ 5,98·1024 /(1,276 ·107 /2)2 = 9,80 N·kg – 1. Par analogie, sur la Lune : gL = GmL / d2 = 6,67·10 – 11 ϫ 7,33·1022 /(3,48·106 /2)2 = 1,61 N·kg – 1. Le poids de la personne sur la Lune est donc PL = m2 gL = 70 ϫ 1,61 = 1,1·102 N. Note. Ce calcul semble bien compris par les élèves qui le reproduisent assez facilement pour d’autres planètes. Les erreurs d’unité sont fréquentes ici puisque les distances sont souvent données en km. Enfin, il faut bien faire la distinction entre G et g avec les élèves.

2. Interaction gravitationnelle et saut en hauteur a. On applique la relation de l’énoncé : v = 6 2 ϫ 9,8 ϫ 1,0 = 4,4 m·s – 1. 2gh = 0 Sur la Lune, avec la même vitesse initiale, hЈ = v2 /2 gL = 19,6/(2 ϫ 1,61) = 6,1 m. c. Cette expérience a été réalisée par tous les spationautes qui ont posé le pied sur le sol lunaire (N. Armstrong le premier en juillet 1969). Elle avait été mise en image par Hergé dans On a marché sur la Lune bien avant cette date. d. Sur Terre, le saut dure : t = v / gT = 4,4/9,8 = 0,45 s. Sur la Lune, il dure : t Ј = v / gL = 4,4/1,61 = 2,7 s. e. On a F = GmmN / d N2 = 1,9·10 – 4 N. L’attraction qu’exerce la navette sur le spationaute est excessivement faible. f. Si le spationaute effectuait un saut, la force exercée par la navette serait trop faible pour qu’il puisse revenir vers la navette. Le spationaute adopterait un mouvement rectiligne uniforme et s’éloignerait de la navette sans jamais y revenir (il resterait cependant dans le champ d’attraction de la Terre). Afin d’éviter de dériver dans l’espace, les spationautes doivent être attachés à la navette quand ils effectuent une sortie.

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d


5. Chute d’une goutte dans l’huile (p. 277) Ce TP, basé sur la chute libre d’une goutte dans un fluide visqueux, permet à l’élève de réinvestir les différentes notions vues dans les chapitres de mécanique, principalement : le principe d’inertie, l’influence de la masse sur le mouvement, les notions de force, de vitesse et de poids.


L’étude d’une chute libre dans un fluide visqueux est l’occasion d’observer un mouvement en deux phases : l’une où la vitesse varie et l’autre ou elle est constante (sans toutefois faire allusion à la notion de vitesse limite). L’étude du mouvement de la goutte lors de son mouvement rectiligne uniforme permet, dans le cadre du principe d’inertie, de faire un bilan des forces. C’est un exemple original et rare, et qui peut donner lieu à des mesures, d’une situation où les forces se compensent lors d’une chute. Le dernier paragraphe permet de montrer l’influence de la masse sur le mouvement de la goutte. Nous ne connaissons pas d’autres exemples d’étude quantitative d’influence de la masse sur le mouvement qui puissent être réalisés en travaux pratiques. En effet, les situations précédemment envisagées (activité 2 p. 252, cours p. 256, exercice 7 p. 263) lors de l’étude du principe d’inertie étaient toutes qualitatives et la chute libre, pour laquelle la masse du corps en mouvement n’influence pas le mouvement, n’est pas utilisable pour une telle étude. Dans cette deuxième partie de l’activité, la nature de la goutte peut être modifiée. En première approximation, les autres paramètres sont maintenus constants, en particulier la force de frottement visqueux résultant de la forme et de la taille de la goutte qui sont, par construction de la situation, inchangées. Les détails expérimentaux relatifs à cette expérience sont fournis ci-dessous. L’information sur la masse de la goutte n’est pas donnée à l’élève, elle est seulement suggérée par le titre de cette partie. Les mesures demandées vont lui permettre de déduire qu’il s’agit d’une influence de la masse (et non de la couleur ou de la nature chimique de la solution) sur le mouvement étudié. Correction

Le mouvement de la goutte étant suffisamment lent, on peut mesurer avec un chronomètre la durée mise par la goutte pour parcourir la distance entre plusieurs divisions (Doc. 1).

1. Mouvement d’une goutte a. On attend que l’élève décrive le mouvement en donnant une information sur la trajectoire de la goutte et une sur la vitesse. b. L’élève qui a vu le mouvement sait que la trajectoire est rectiligne. Bien que ce ne soit pas simple pour lui, il pourra déduire l’existence de deux phases dans le mouvement du fait que la vitesse, initialement nulle, devient constante au moins dans

5

la partie basse de l’éprouvette. Il y a donc une phase d’accélération et une phase uniforme. c. Il faut que l’élève utilise le fait que la vitesse peut être déterminée en mesurant l’intervalle de temps correspondant au parcours d’une certaine distance.

changé et que m2 a augmenté. Cette augmentation de la valeur de la force correspond à une augmentation de la vitesse. Une augmentation de masse conduit à une augmentation de vitesse, ce qui justifie le titre du paragraphe.

2. Vitesse d’une goutte a. Les trois valeurs de la vitesse v200 = 6,6·10 – 3 m·s – 1, v120 = 6,2 ·10 – 3 m·s – 1 et v50 = 6,2 ·10 – 3 m·s – 1

Note. On ne peut pas observer l’influence de la force parce que la vitesse est constante et que les forces qui s’exercent sur l’objet observé se compensent ; il serait incorrect d’entreprendre un tel raisonnement sur une chute libre par exemple.

Note. Les valeurs ne sont pas strictement identiques ; cela provient de la différence d’appréciation lors du déclenchement du chronomètre.

6. Mouvement des satellites

confirment que le mouvement est uniforme.

b. Oui. On constate que la vitesse est quasi constante. c. L’interaction gravitationnelle correspond à l’interaction entre la goutte et la Terre. Terre

goutte

huile

d. La goutte est soumise à son poids, force verticale dirigée vers le bas et à la force exercée par l’huile sur la goutte (force verticale dirigée vers le haut). Note. La force exercée par l’huile sur la goutte correspond à la résultante de la poussée d’Archimède et de la force de frottement fluide.

e. Puisque le mouvement est rectiligne uniforme, les F r huile/balle forces qui s’exercent sur la goutte se compensent. Elles ont même direction, P r des sens opposés et des valeurs égales. f. D’après ce qui précède, la valeur F de cette force est égale au poids de la goutte. Ainsi, on a : F = P = mgT = 0,50 N. La masse d’une goutte de solution de permanganate peut s’obtenir en pesant n gouttes et en divisant la masse trouvée par n. On trouve m = 0,51/10 = 0,051 g.

3. Influence de la masse sur la vitesse a. On observe un mouvement rectiligne uniforme r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


au cours des deuxièmes phases du mouvement. On peut calculer v200, v120 et v50 et on trouve des valeurs proches de 1,3·10 – 2 m·s – 1, différentes de celles trouvées précédemment. b. Le diagramme goutte-interactions n’est pas modifié. c. La valeur de la force d’interaction gravitationnelle augmente, puisque G, m1 et d n’ont pas

6

(p. 278) Pour interpréter le mouvement de la Lune ou d’un satellite par extrapolation du mouvement d’un pro jectile, exigence du programme, il faut revenir sur l’ensemble des notions étudiées en mécanique et c’est pour cela que cette activité conclut la partie de mécanique (chapitre sur le temps excepté). S’il n’est pas question de réaliser une étude complète (loi des aires, trajectoire elliptique, etc.) il est possible de faire passer quelques notions essentielles en mécanique. La première est une démarche propre au physicien, qui consiste à ne s’intéresser qu’à deux corps. C’est une forme d’abstraction importante puisque si l’on considère un système sur Terre ou dans le Système solaire, il y a toujours n corps et non deux. La deuxième est de considérer, les uns après les autres, les différents paramètres agissant sur le mouvement d’un système. Dans notre cas, il s’agit d’abord de deux corps en interaction mais initialement immobiles, puis considérés ensuite sans interaction mais sous l’effet de la seule vitesse initiale. Dans un dernier temps, on considère alors l’ensemble des deux paramètres : interaction entre les corps et vitesse initiale. La troisième enfin est de faire sentir le côté unificateur de la physique. Ici, on va montrer que des notions qui ont été établies dans des situations particulières (chutes libres) sont utilisables pour en étudier de très différentes (mouvements célestes). Deux types de situations que tout semble séparer (du point de vue de l’élève) s’interprètent ainsi avec les mêmes principes et les mêmes lois (du point de vue du physicien). Ce fut la grandeur de Newton, et celle des scientifiques à sa suite, que d’interpréter la diversité du monde qui nous entoure avec des lois unifiantes. Cette activité revient donc sur les mouvements des corps célestes et sur celui de notre satellite. Elle permet de faire comprendre à l’élève pourquoi la


Lune, bien qu’elle soit soumise à la force d’interaction gravitationnelle exercée par la Terre, ne tombe pas sur la Terre. Enfin, à l’aide d’une modélisation assez simple de notre galaxie, elle fait comprendre à l’élève pourquoi la même interaction que celle que nous connaissons sur Terre explique que l’Univers soit en mouvement. Correction

1. Étude de deux corps célestes a. On a : corps 1

corps 2

b. Dans (R1), le corps 2 est soumis à une force

attractive, dirigée vers le corps 1. Le corps 2 va « tomber » vers le corps 1. c. Dans (R1), le corps 2 n’est soumis à aucune force, il possède un mouvement rectiligne uniforme. d. À chaque instant, la force d’interaction attractive exercée par le corps 1 sur le corps 2 va modifier la direction du mouvement du corps 2 en l’attirant et en l’écartant de la ligne droite qu’il devrait suivre s’il n’était soumis à aucune force. Le corps 2 va donc, sauf cas particulier, décrire un mouvement non rectiligne.

2. Pourquoi la Lune ne tombe-t-elle pas sur la Terre ? a. Le référentiel géocentrique est le référentiel lié à la Terre, dépourvue de son mouvement de rotation propre. b. La Lune tourne autour de la Terre. c. D’après le principe d’inertie et puisque le mouvement n’est pas rectiligne uniforme, alors les forces qui s’exercent sur la Lune ne se compensent pas.

d. Lune

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d


g. Le mouvement

1

« naturel » de la Lune serait le mouvement rectiligne uniforme. L’attrac2 tion de la Terre sur 4 la Lune tend à modifier à chaque instant ce mouve3 ment pour en faire un mouvement de rotation. Ainsi, la Lune ne tombe pas sur la Terre parce qu’elle a, à chaque instant, un mouvement qui tend à l’éloigner de la Terre.

3. Mouvements célestes a. Soleil

O : centre de la galaxie

b. Une année de lumière est égale à 10 16 m. Le

Soleil est donc à 1021 m du centre de la galaxie. c. La masse du centre de la galaxie est : M = 1010 ϫ 1,99·1030 = 2·1040 kg. d. La valeur de la force exercée sur le Soleil par le centre de la galaxie vaut : F = GM S M / d 2 = 6,67·10 – 11 ϫ 1,99·1030 ϫ 1,99·1040 /(1021)2 = 3·1018 N La valeur de la force d’interaction exercée par la Terre sur la Lune vaut environ 10 20 N. On voit que la valeur de la force exercée par le centre de la galaxie est environ cent fois plus petite que celle exercée par la Terre sur la Lune. e. Chaque étoile et planète composant notre galaxie sont soumises, du fait de leur masse, à une force résultant de l’interaction gravitationnelle exercée par les autres astres. Cette force met en mouvement les étoiles et planètes qui vont tourner autour du centre de la galaxie.

Terre

La seule force qui s’exerce sur la Lune est la force d’interaction gravitationnelle exercée par la Terre. Sa valeur est : F = GM T M L / d 2 = 6,67·10 – 11 ϫ 5,98·1024 ϫ 7,33·1022 /(3,84·108)2 = 1,98·1020 N. e. À chaque instant, la direction de la force est perpendiculaire à la direction du mouvement. f. La force d’interaction gravitationnelle exercée par la Terre sur la Lune modifie à chaque instant la direction du mouvement de la Lune. Celle-ci tourne donc autour de la Terre.


Exercices Appliquer ses connaissances • Interaction gravitationnelle et pesanteur a. Faux, F sera divisée par 4 car F est proportionnelle à 1/ d 2. b. Vrai, F est proportionnelle à mЈ. c. Vrai, car F est proportionnelle à 1/ d 2. d. Faux, F sera divisée par 4. 8.

a. Les valeurs des forces exercées par m sur mЈ et mЈ sur m sont égales et valent : 9.

7

mmЈ Fm / m Ј = Fm Ј / m = G ᎏ = 6,7·10 – 11 N. 2 d b. Sur Terre, les poids de chacune de ces balles sont : P = mgT = 0,40 N et P Ј = mЈgT = 2,5 N. c. On constate que la force d’interaction gravitationnelle qu’une balle exerce sur l’autre est faible devant son poids. Ainsi, on peut négliger l’effet de ces forces sur les balles. 11.

a. D’après le principe d’inertie et puisque le

mouvement n’est pas rectiligne uniforme dans le référentiel géocentrique, alors les forces qui s’exercent sur Météosat ne se compensent pas. GmMétéosat M T = 70 N. b. FTerre/Météosat = ( RT + h)2 c. On suppose que la Terre, Météosat et la Lune sont alignés. On a : GmMétéosat M L FLune/Météosat = = 1,3·10 – 2 N. 2 (d T-L – ( RT + h)) La valeur de la force exercée par la Lune est très faible devant celle exercée par la Terre sur Météosat. Le satellite ne changera pas d’orbite et ne satellisera pas autour de la Lune. 13. a. On a :

ᎏᎏ

ᎏᎏ

GM Marsm FMars/objet = = 372 N. RMars2 b. Par définition, Pobjet sur Mars = FMars/objet = 372 N. c. Par égalité des deux expressions précédentes, on a gmars = FMars/objet / m = 372/100 = 3,72 N·kg – 1. On constate que gM est plus faible que la valeur moyenne de gT sur Terre.

ᎏ

• Trajectoire d’un projectile 15.

a. La vitesse initiale possède la même vitesse

que l’avion. La direction de la vitesse lors du lâcher de l’eau est donc horizontale. b. Une fois lâchée, l’eau conserve une vitesse horizontale non nulle. Elle décrit une trajectoire parabolique et non pas verticale dans le référentiel terrestre. Le pilote est donc obligé d’anticiper le lâcher.

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d


Note. L’action de l’air sur l’eau lâchée du canadair n’est absolument pas négligeable. Il s’ensuit une fragmentation de la masse d’eau, une vitesse limite est atteinte. Le raisonnement sur la tra jectoire reste cependant correct.

La force d’interaction gravitationnelle exercée par la Terre sur le satellite A est plus importante que celle exercée sur le satellite B. b. Puisque RA est plus petit que RB alors :

4

4

GM T GM T est plus grand que vB = ᎏ ; ᎏ R R

vA =

A

B

la vitesse du satellite A est supérieure à celle du satellite B. c. On a T A = d A / vA où d A est la longueur de l’orbite du satellite A. Calcul de d A : d A = 2␲ RA = 2␲( RT + hA) d’où d A = 2␲ ϫ (6,38·106 + 1,0·107) = 1,0·108 m

4

Calcul de vA : vA =

GM T = 4,9·103 m·s – 1. ᎏ R A 4

Ainsi, T A = d A / vA = 2,1·10 s soit 5,8 h. d. T B = d B / vB où d B est la longueur de l’orbite du satellite B. Calcul de d B : d B = 2␲ RB = 2␲( RT + hB) d’où d B = 2␲ ϫ (6,38·106 + 3,6·107) = 2,7·108 m.

4

Calcul de vB : vB =

GM T = 3,1·103 m·s – 1. ᎏ R B 4

Ainsi, T B = d B / vB = 8,7·10 s soit 24 h. On remarque que le satellite B met environ un jour pour décrire son orbite. e. Le satellite B tourne autour de la Terre en 24 h. Pour un observateur terrestre, le satellite tourne en même temps que la Terre et apparaît fixe dans le ciel. f. On calcule les deux rapports pour les satellites A et B : T A2 / RA3 = (2,1·104)2 /(6,38 ·106 + 1,0·107)3 = 1,0·10 – 13 unité SI T B2 / RB3 = (8,7·104)2 /(6,38·106 + 3,6·107)3 = 9,9·10-14 unité SI On voit que les deux résultats sont très proches et que les satellites A et B vérifient cette loi. 18.

a. La force exercée par Mars sur Phobos est

une force dirigée suivant l’axe Mars-Phobos vers le centre de Mars, et d’intensité : GM M M Phobos F = = 5,17·1015 N. 2 R

ᎏᎏ

Phobos

• Trajectoire des satellites et des planètes a. Puisque RA est plus petit que RB, alors FA = GmA M T / RA2 est plus grand que FB = GmB M T / RB2. 17.

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Mars

F r Mars/Phobos

F r Phobos/Mars

b. La vitesse de Phobos vaut :

ᎏᎏᎏ 0

– 11 23 vPhobos = 6,67·10 ϫ 6,43·10 = 2,14·103 m·s – 1. 6 9,380·10


c. Le périmètre de l’orbite de Phobos vaut : L = 2␲d = 2␲ ϫ 9 380·103 = 5,894·107 m Le temps T mis pour parcourir cette longueur à la vitesse constante v est donné par : T = L / v = 2,75·104 s soit environ 7 h 39 min. Phobos décrit plus de trois orbites par jour terrestre.

Aller plus loin 20. Entre

la Terre et la Lune a. On a FT/objet = GM T m / x 2. b. La distance entre l’objet et la Lune est D – x . On a donc : FL/objet = GM L m /( D – x )2 c. Pour que les forces exercées par la Terre et la Lune sur un même objet se compensent, il faut que FT/objet = FL/objet soit GM T m / x 2 = GM Lm /( D – x )2. On en déduit M T / x 2 = M L /( D – x )2.

Soit ( D – x ) = ( M L / M T)1/2 x D = x (1 + ( M L / M T)1/2) D’où x = D /[1 + ( M L / M T)1/2] = 3,46·105 km. d. Ce point est plus proche de la surface de la Lune, 3,84·104 km, qu’il ne l’est de la surface de la Terre, 3,46·105 km. Cette position est à 90 % du voyage Terre → Lune. e. Positionné entre le point E et la Terre, l’objet tombera sur cette dernière parce qu’il y est plus attiré que par la Lune (ce n’est pas une chute libre puisqu’on ne peut négliger l’influence de la Lune). L’objet tombera sur la Lune s’il est placé entre E et cette dernière. En E, les forces qui s’exercent sur l’objet se compensent. Sa vitesse ne changera pas et restera égale à sa vitesse initiale. Cette dernière étant nulle, il restera immobile, en équilibre entre les deux astres.

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9

CHAPITRE 17. LE TEMPS Aspects pédagogiques et scientifiques La partie « L’univers en mouvement et le temps », est souvent considérée comme une partie de mécanique. Le chapitre sur « le temps » apparaît alors incongru dans cette partie. Cependant nous avons voulu que ce chapitre s’intègre parfaitement dans cette partie V. Ainsi dès les pages 230 et 231 du manuel, le lien étroit entre l’observation du temps et l’étude des mouvements mécaniques est mis en valeur. En effet, l’étude des mouvements mécaniques ne peut se faire sans la grandeur temps, qui est le plus souvent mesurée grâce à ces derniers. Les notions développées dans ce chapitre constituent la suite logique de ce qui est vu en sciences de la vie et de la terre en début de l’année, avec l’étude des phénomènes astronomiques. Ce chapitre constitue donc une ressource pour l’interdisciplinarité. Ces mêmes phénomènes astronomiques, déjà introduits au collège, permettent donc un retour utile sur des notions antérieures. La partie IV « Exploration de l’espace » traitée en début d’année de seconde présente bien les objets astronomiques qui peuplent notre univers, mais n’étudie pas leurs interactions, leurs mouvements et leurs impacts sur la vie humaine. C’est cela que ce chapitre prend en charge.

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Enfin, parler de phases de la lune, de levers de soleil ou de cycle des saisons, permet d’introduire un peu de poésie dans l’enseignement d’une discipline qui en est traditionnellement privée. Au-delà des observations de l’Univers, c’est de l’Homme dont il s’agit dans ce chapitre, de sa capacité à créer des objets de mesure du temps de plus en plus précis et de plus en plus complexes. L’enseignant pourra également, en fonction de son goût personnel, évoquer l’histoire des sciences à travers l’évolution de la mesure du temps, présentée dans le cours. Les deux premières activités , présentées sous forme ludique, constituent une introduction des grandeurs fondamentales de ce chapitre : le temps et la période. La troisième activité met en œuvre des mesures de durée à l’aide d’un oscilloscope et d’un GBF et la notion de chronomètre est étendue à

17 – LE TEMPS

tout instrument capable de mesurer une durée. Conformément au programme, l’étude des phénomènes astronomiques est l’occasion de mettre en relation le temps et le mouvement, que ce soit pour la Terre autour du Soleil ou pour la Lune autour de la Terre (activité 4 et 5). Ces cinq activités ont valeur de cours et couvrent la totalité des exigences du programme. Une sixième activité s’attache à prendre en compte successivement les différents paramètres nécessaires au passage de l’heure d’un cadran solaire à l’heure légale. Sa richesse permet de la considérer comme un approfondissement thématique.

Activités de découverte 1. Rendez-vous (p. 284) La première activité, proposée sous une forme ludique, met en scène deux adolescents privés de moyen de repérage du temps qui doivent se débrouiller pour se fixer des rendez-vous. Il émerge l’idée qu’il n’est pas si simple de se donner des repères temporels en l’absence d’outils adaptés. Cette activité peut être préparée à la maison mais la mener en classe donne lieu à des échanges constructifs et à un foisonnement d’idées. La correction ci-dessous n’en donne qu’un bref aperçu. Correction

a. Les deux adolescents doivent évoquer un événement tel que le lever du Soleil ou le chant du coq qui leur permet un repérage temporel. Ils pourraient dire : « Rendez-vous au lever du Soleil. » Une telle proposition ne leur permet cependant pas de se retrouver à une autre heure que l’heure du lever du Soleil. b. Pour se retrouver 28 jours plus tard, les deux adolescents peuvent compter les jours ou, comme dans certaines civilisations, se repérer avec la Lune qui reprend la même forme au bout de 4 semaines. c. Ils peuvent compter 30 battements de leur cœur au repos ce qui fera approximativement 30 secondes ou fabriquer un pendule comme proposé dans l’activité 2 de ce chapitre.

1

d. Leur point de repère pourrait être l’observation des saisons s’ils se trouvent à une latitude où elles sont suffisamment marquées. Ils peuvent également, tâche plus fastidieuse, compter les jours.

2. Mesure du temps ou comment se faire cuire un œuf ? (p. 284) Cette activité s’inspire de celle proposée dans les documents d’accompagnement du programme sur le pendule. Elle requiert, la manipulation de matériel pour mesurer une durée. L’élève doit pouvoir tester ses propres hypothèses et les confronter aux résultats expérimentaux. Les moyens rudimentaires nécessaires (un caillou et une ficelle) permettent de réfléchir à l’activité à la maison. Notre énoncé étant peu directif, on recommande, si le travail est fait en classe, de laisser 1h30 aux élèves pour explorer séparément chacun des paramètres pouvant influer a priori sur le fonctionnement du pendule. Les résultats expérimentaux, souvent en contradiction avec les conceptions des élèves, doivent les guider dans leurs conclusions. Par exemple, les mesures réalisées devraient convaincre la majorité des élèves, qui pensent que la période d’un pendule est d’autant plus grande qu’on le lance fort. Le dessin qui accompagne l’activité influence les élèves dans leur décision de proposer, à la question a, l’usage d’un pendule. Cela leur évite d’imaginer des expériences de type gnomon ou cadran solaire comme nous l’avions remarqué avec le texte proposé par l’« Accompagnement des programmes ». Il n’y avait alors qu’à imposer arbitrairement de ne pas réfélchir à de telles propositions, ce qui est dommage. Sans évoquer le terme de période, l’activité permet de mettre en place cette nouvelle notion dont la définition peut être donnée en conclusion. Une longueur de ficelle de 25 cm conduit à une période d’environ une seconde ce qui permet d’estimer simplement une minute. Lancer trois fois le pendule permet de gérer les problèmes d’amortissement. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Correction

a. On peut imaginer que dans le guide il est écrit : « Accrocher un caillou à une ficelle de 25 cm, l’écarter de sa position d’équilibre et le laisser osciller. Les allers et retours sont réguliers et durent 1 seconde. Pour mesurer une minute, il suffit de compter 60 allers et retours du caillou. Pour des

2

durées supérieures à une minute, il faudra relancer le caillou comme précédemment, autant de fois que nécessaire. b. On peut écarter plus ou moins le « pendule » de la position d’équilibre, On peut le lancer avec une vitesse plus ou moins grande. On peut changer le caillou (donc sa masse et son volume). On peut allonger plus ou moins la ficelle. Note. Il est probable que les élèves proposeront l’influence d’autres paramètres, ce que les mesures de la question suivante contrediront.

c. La position de départ n’a pas d’effet sur le rythme du pendule tant qu’elle reste en dessous d’un certain angle par rapport à la verticale. De même, la modification du caillou n’a pas d’influence. En revanche, plus la ficelle est longue, plus le pendule met du temps pour repasser par sa position initiale.

3. Du chronomètre à l’oscilloscope (p. 285) Cette activité est conçue pour permettre à l’élève de définir les notions de période et de fréquence. Le clignotement rapide d’une diode permet d’effectuer des mesures de durées brèves, indétectables à l’œil. L’utilisation d’un générateur basses fréquences et d’un oscilloscope met les élèves en situation de confiance vis-à-vis de ces instruments souvent considérés comme complexes. Pour limiter les difficultés les réglages ont été réduits au minimum. Ils sont présentés pour le générateur basses fréquences (GBF) de manière visuelle avec le document 1. Pour l’oscilloscope, les élèves utiliseront avec profit la fiche méthode 7 qui détaille la prise en main de cet instrument. Correction

1. Un chronomètre pour mesurer des durées a. On obtient T 1 = 2,2 s ; T 2 = 2,1 s ; T 3 = 2,1 s ; T 4 = 2,3 s ; T 5 = 2,2 s. Les cinq valeurs sont proches

mais différentes. La mesure de cette période n’est pas reproductible en regard de la précision de l’instrument utilisé. b. Cette durée est de 20 s. On a mesuré la durée écoulée entre la première et la onzième illumination, c’est-à-dire dix fois celle qui sépare deux illuminations successives de la diode. c. Une période vaut donc T 1Ј = 2,0 s. On trouve T 2Ј = 2,0 s, T 3Ј = 2,1s, T 4Ј = 2,0 s, T 5Ј = 2,0 s.

17 – LE TEMPS

d. La seconde méthode est plus précise que la pre-

h. Pour fixer la période des éclairs à 2 ms, on pour-

mière car on divise par 10 la principale source d’erreur : l’imprécision due au temps de réaction du déclenchement du chronomètre.

rait choisir la base de temps à 0,5 ms par carreau et régler le GBF pour que la période vue sur l’oscilloscope soit de 4 carreaux.

Note. L’erreur absolue sur la mesure est la même dans les deux cas.

e. La moyenne des valeurs trouvées par la seconde méthode donne T Ј = 2,0 s.

2. Le GBF peut il servir de chronomètre ? a. Sur 10 secondes, on perçoit 5 clignotements donc sur une seconde, on aurait 0,5 clignotements ; la fréquence est f Ј = 0,50 Hz. Note. À ce stade, on n’a pas encore donné l’unité de fréquence, elle est simplement induite par le schéma du Doc. 1.

b. Cette fréquence correspond à la fréquence du GBF. c. T = 1/ f ou f = 1/ T. d. Le GBF peut effectivement servir de « chronomètre » puisqu’il permet de mesurer des périodes donc des durées.

3. L’oscilloscope peut il servir de chronomètre ? a. La tension du GBF visualisée à l’oscilloscope montre un motif en créneaux qui se reproduit identique à lui-même.

4. Phénomènes astronomiques (p. 286) Cette activité permet de remettre en place les notions d’alternance jour/nuit, de cycle des saisons et de manipuler les unités de temps (jours, heures, minutes et secondes) comme requis par le programme. Plutôt que d’en faire un cours magistral, l’élève est ici mis en situation d’activité. C’est pour lui, l’occasion de confronter ces souvenirs de collège ou de sciences et vie de la terre avec un texte à caractère expérimental. Pour corriger cette activité l’enseignant peut faire appel à des simulations informatiques qui rendent très vivantes toutes ces notions de mouvement. Celles-ci se trouvent facilement sur internet. On recommande de consulter le site institutionnel www.science.gouv.fr dans la rubrique espace et astronomie qui répertorie régulièrement les sites de qualité sur le sujet. Correction

1. Le jour et la nuit b. La période de cette tension est la plus petite durée nécessaire pour que la tension se reproduise identique à elle-même. c. Il faut 4 carreaux pour représenter le motif de la question a. Or, chaque carreau correspond à 1 ms donc la durée pour que ce motif se réalise est ⌬t = 4 ms. Note. Les valeurs sont à adapter aux réglages de l’oscilloscope, mais l’enseignant pourra l’imposer pour toute la classe.

d. La période de la tension vaut T = 4 ms. e. Le GBF délivre une tension de fréquence 250 Hz donc de période 4 ms d’après la question 2. c. C’est r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


bien la même période que celle mesurée sur l’écran de l’oscilloscope. f. Comme la diode (LED) a une période identique à celle du GBF, celle des éclairs de la LED est de 4 ms. g. L’oscilloscope peut servir de chronomètre puisqu’il permet de mesurer la durée d’un phénomène (ici l’intervalle de temps ⌬t entre deux illuminations successives de la diode).

17 – LE TEMPS

a. La Terre tourne sur elle-même dans le sens inverse des aiguilles d’une montre si on la regarde par le pôle Nord. b. C’est la ville de Paris qui entre la première dans la zone de lumière. c. C’est le lever du Soleil. d. Ce phénomène se reproduit toutes les 24 h environ. e. 86 164 s = 23,934 heures = 23 heures 56 minutes et 4 s. f. Le temps passé dans l’ombre est plus long que celui passé dans la lumière pour ces deux villes. C’est l’inverse pour Quito et Le Cap. Cette différence est due à l’inclinaison de la Terre sur son axe pôle Nord-pôle Sud par rapport au Soleil. g. Le pôle Nord ne reçoit pas la lumière du Soleil du fait de l’inclinaison de la Terre. Pour qu’il soit éclairé, il faut que la Terre présente une autre inclinaison par rapport au Soleil, ce qui se produit à une autre saison.

3

2. Les saisons

b. et c.

a. La planète Terre met une année pour prendre une fois l’ensemble des 4 positions précédentes et revenir à sa position initiale. 1 an = 365,25 ϫ 24 ϫ 3 600 = 32·106 s b. C’est la position 3 qui a été considéré dans la partie 1. c. Ces deux positions sont 2 et 4. Ce sont par exemple les moments où les pôles sont dans l’ombre la moitié de la journée. d. Ce sont les solstices. e. 1 : été ; 2 : automne ; 3 : hiver ; 4 : printemps (pour l’hémisphère nord).

5. La face cachée de la Lune (p. 287) Dans le même esprit que l’activité précédente, la présentation des phénomènes astronomiques préconisée par le programme est complétée par l’étude des phases de la Lune. Sur le Doc. 1, on a volontairement représenté la Terre par une croix et non par une sphère pour éviter que les élèves évoquent le phénomène d’éclipse à chaque lunaison. Néanmoins cette question est fréquente et il faut s’attendre à expliquer le problème de décalage du plan Terre-Lune par rapport au plan Soleil-Terre. La partie 2 aborde les notions de mouvements étudiées dans les chapitres précédents, ce qui pourra être l’occasion de faire un retour sur la notion de référentiel. Enfin cette activité peut déboucher sur une lecture d’un calendrier et sur la notion de calendrier lunaire. Correction

1. Éclairement de la Lune par le Soleil a. Rayons du Soleil Lune

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Rayons du Soleil Lune

Terre

d. Pour montrer toujours la même face à la Terre, la Lune doit tourner sur elle-même au cours de sa rotation. e. La Lune tourne sur elle-même avec exactement la même période que sa rotation autour de la Terre, soit environ 28 jours. Note. Si les deux périodes n’étaient pas exactement les mêmes, on verrait au bout d’un certain temps l’autre face de notre satellite, ce qui n’a pas été observé. La coïncidence entre les deux périodes révèle l’existence d’un couplage entre les deux rotations : il y a résonance.

3. Phases de la Lune a. Rayons du Soleil Lune

Terre

De la Terre, on ne peut voir que la moitié de la Lune tournée vers la Terre. De plus on ne verra que la partie éclairée.

b. Ha ; Ab ; Bc ; Cd. c. Dernier quartier, position E, et dernier croissant, position F, sur le schéma du Doc. 1.

Terre

En blanc : partie de la Lune éclairée par le Soleil.

2. Rotations de la Lune a. Sur les quatre photos prises par un observateur

d. Il manque la nouvelle lune qui correspond à la

terrestre, on observe les mêmes taches sombres, il s’agit donc bien de la même face de la Lune.

position G et la lune décroissante qui correspond à la position D.

4

17 – LE TEMPS

Activités d’exploitation 6. Cadran solaire (p. 290) L’activité montre le lien entre l’heure lue sur un cadran solaire et celle d’une montre. Cette relation permet d’évoquer tour à tour les mouvements apparents du Soleil par rapport à la Terre, les fuseaux horaires, les notions de longitude et de méridien, la durée d’un jour terrestre, etc. La complexité de la description des phénomènes astronomiques est illustrée par la prise en compte successive des nombreux paramètres devant intervenir. Tout en restant au niveau suggéré par le programme, cette étude du temps permet d’opposer la simplicité d’une notion telle qu’on la présente en classe de seconde à la richesse de l’analyse scientifique qu’il est permis d’en faire. On est dans l’esprit de « l’enseignement thématique » qui recommande un prolongement des notions traitées dans l’enseignement fondamental, sans introduire de nouvelles connaissances exigibles. La durée (1 h 30) et la difficulté de l’activité sont largement compensées par l’intérêt qu’elle suscite et les nombreuses questions qu’elle soulève. On peut « l’agrémenter » par la visite d’un cadran solaire, ou par la fabrication d’un cadran solaire par les élèves à partir d’une feuille A4. Le CLEA (Comité de liaison enseignants-astronomes) propose des modèles rapides à monter et faciles à utiliser.

a. T solaire (Paris) = TU – 240␭(Paris)

= 12 h 00 + 9 min 20 s = 12 h 09 min 20 s b. T solaire moyen(Brest) = TU – 240␭(Brest) = T solaire (Greenwich) – 240␭(Brest) = 12 h 00 – 18 min = 11 h 42 min c. Il y a donc 18 min + 9 min 20 s = 27 min 20 s de décalage pour l’heure solaire entre Paris et Brest.

5. Heures du cadran solaire a.

Décalage en minutes par rapport à la montre 15 10 5

Mois

0

r r i i n u i l û t p t c t o v é c j a n f é v m a a v m a j u j a o s e o n d

– 5 – 10 – 15 – 20

Décalage Soleil

b. Le Soleil est le plus en avance par rapport au

b. Note. Les élèves évoqueront sans doute l’heure d’été et l’heure

6. Conclusion : l’heure légale en France

2. Midi solaire

a. On a vu les relations : • T solaire (local) = TU – 240␭(local) • T légal(France) = TU + 1 heure • T cadran (local) = T solaire (local) – E

a. Sur le document 1 représentant un cadran solaire, d’hiver. La suite de l’activité détaille justement cette différence entre heure du cadran et de la montre.

a. Un méridien est une ligne imaginaire joignant les deux pôles de la Terre.

b. Note. Prévoir une carte de France c. À midi solaire dans ma ville, il est plus de midi


4. Heures solaires en un lieu donné

on lit approximativement 12 h 20.

1. Lecture du cadran solaire

d

Mexico.

moment où on l’attend vers la mi-février. Il est le plus en retard vers le mois de novembre. c. Les moments où le Soleil arrive exactement au moment où on l’attend ont lieu fin avril, mi juin, début septembre et fin décembre d. Quand il est 16 h (heure solaire) le 11 janvier, l’heure du cadran est en avance de 7 min 34 s soit 16 h 7 min 34 s.

Correction

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

c. Il est 20 h à Paris en été lorsqu’il est 12 h à

solaire à Berlin, situé plus à l’est.

3. Les fuseaux horaires a. Il est 13 h légal à Paris en hiver lorsqu’il est 12 h

Donc : T légal(France) = T cadran(local) + 1 h + 240 ␭(local) + E b. Si le cadran solaire indiquait : 12 h 20 = T cadran (Paris) Alors T légal(France) = 12 h 20 + 1 h – 9 min 20 s + 7 min 34 s = 13 h 20 – 1 min 46 s = 13 h 18 min 14 s

légal à Greenwich. b. Il est 10 h à Paris en hiver lorsqu’il est 12 h à Moscou.

17 – LE TEMPS

5

Exercices

Naissance Univers 0,0

• Durées

2

a. Une année bissextile dure 366 jours.

b. 366 jours = 8 784 heures = 527 040 minutes

3

= 31 622 400 secondes. 8.

a. Voir le chéma ci-contre.

4

b. On pourrait utiliser un axe gradué en puissance de 10 et ne représenter que la partie récente de notre histoire. c. En une année réelle, il y a 31 622 400 secondes réelles donc une « année cosmique », il y a 31 622 400 « secondes cosmiques ». Chaque « année cosmique » correspond à 15 milliards d’années réelles donc 1 « seconde cosmique » correspond à 476 années réelles environ. Comme le Soleil s’est formé, le 10 « septembre cosmique », c’est-à-dire il y a 112 « jours cosmiques », soit 112 ϫ 86 400 = 9 676 800 « secondes cosmiques » ce qui représente : 9 676 800 « secondes cosmiques » ϫ 476 = 4,6 milliards d’années réelles. d. L’homme a marché sur la Lune, il y a 0,063 « secondes cosmiques », donc il y a 0,063 « secondes cosmiques » ϫ 476 = 30 années réelles. Pour un texte écrit en 1999, les premiers pas sur la Lune datent de 1969, ce qui est exact. e. La Terre sera détruite dans 90 « jours cosmiques » = 7 776 000 « secondes cosmiques » soit 3,7 milliards d’années réelles.

5

6

7

8

9

9,4 Apparition vie 10

11

Dinosaures 11,8 Lucy 12,0 Pyramides 12,0 Humanité 12,1 dans la galaxie

d


11.

a. On obtient des graduations non régulières le

long de la burette. b. Non, pour des durées égales, il ne faut pas tou jours faire écouler des volumes de liquide égaux. c. C’est la forme du récipient constituant la clepsydre qui permet d’obtenir l’écoulement du même volume pendant des durées de temps égales.

6

12

13

12,0 Premier pas sur la Lune 12,0 Aujourd'hui 12,0 Humanité dans système solaire

14

a. Le dispositif permet de mesurer des durées

puisque le temps pour consumer une bougie de taille fixée est toujours le même. b. Ce dispositif de mesure de durée n’est pas basé sur un phénomène périodique. c. La durée d’une vente à la bougie correspond à deux bougies. d. Il faudrait connaître le temps que met une bougie pour se consumer. r e i t a H © 4 0 0 2 , e

8,3 Naissance Soleil

Naissance Terre 8,4

• Dispositifs de mesure de durée 9.

0,0 Naissance galaxie

1

Appliquer ses connaissances 6.

0

Destruction 15,0 15 Calendrier cosmique

• Périodes et fréquences Non le terme « fréquence » n’est pas utilisé au sens du physicien puisque le panneau ne donne pas le nombre de passage de bus par unité de temps. Ce serait moins pratique pour l’usager de l’autobus. 13.

a. La fréquence est de 1 Hz. b. La période est T = 1 s. c. La fréquence cardiaque augmente et la période 16.

diminue. 17.

a. T = 1/ f = 1 / 9 192 631 770 = 1,087 827 757·10 – 10 s

17 – LE TEMPS

b. d =

cT = 3,0·108 ϫ 1,087 827 757·10 – 10 = 3,2 cm

Mercure a la plus courte période de révolution autour du Soleil. Et Pluton a la plus petite fréquence associée à la révolution autour du Soleil. 18.

e.

Période (seconde) 2,5 2 1,5

Aller plus loin 20. Le

pendule simple a. Même si l’amplitude du mouvement diminue, les oscillations conservent la même période. b. Si on utilise différents matériaux, les sphères auront des densités différentes ; leurs masses seront donc différentes si leurs volumes sont égaux. Cela permet d’étudier l’influence de la masse sur le mouvement. c. Il faut évaluer séparément l’influence des différentes grandeurs considérées, Galilée teste au cours de cette expérience l’influence de la masse de l’ob jet ; c’est pourquoi il est important que la longueur de fil de chacun des objets soit identique car celleci joue un rôle essentiel. d. Il est important d’étudier l’influence du volume sur le mouvement ; il est donc souhaitable que l’information concernant le volume de chacune des boules figure dans le texte.

1 0,5 00

0,2

0,4

0,6 0,8 1 Longueur (mètre)

1,2

1,4

f. La période n’est pas proportionnelle à la longueur du pendule puisque le tracé de la courbe n’est pas une droite passant par l’origine. g. Pour T = 2,0 s, le pendule bat la seconde, on lit sur le graphe que L = 1,0 m h. Si le pendule retarde c’est que la période des oscillations du pendule est trop grande : il faut donc la diminuer, il faut donc diminuer la longueur du pendule. i. Le seul paramètre étudié influençant la période T du pendule est la longueur du fil. j. On pourrait étudier l’effet de la gravitation en changeant de planète par exemple !

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d


17 – LE TEMPS

7

CHAPITRE 18. L’ÉTAT GAZEUX Aspects pédagogiques et scientifiques Microscopique, macroscopique Le monde qui nous entoure a déjà été appréhendé dans les parties précédentes du programme sous ses aspects microscopique et macroscopique : – en physique, l’exploration de l’espace a confronté l’élève à l’utilisation des échelles atomique et astronomique ; – en chimie, le passage de l’étude de l’atome et des édifices chimiques à celle des transformations chimiques a nécessité l’introduction d’une grandeur adaptée : la quantité de matière (en mole). Il s’agit ici de prolonger l’utilisation des niveaux microscopique et macroscopique dans la description du comportement d’un fluide gazeux, l’air, afin de montrer la nécessité et la complémentarité des deux points de vue. Historiquement, les lois relatives aux gaz ont été établies à partir d’observations d’abord empiriques, puis confirmées par une expérimentation plus rigoureuse. La théorie cinétique des gaz, qui en donne un modèle physique microscopique, a été élaborée plus tard, au milieu du XIXe siècle.

Description microscopique d’un gaz : le modèle

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d


L’air est incolore, inodore, impalpable. Pour l’élève, il n’a pas de réalité matérielle : un verre vide ne contient rien ! La nature de l’air n’étant pas perceptible, le problème du lien objet/modèle, déjà évoqué pour l’atome, se retrouve dans le cas de l’air et plus généralement des gaz. Pour les mêmes raisons que dans le cas de l’atome, il est commode de se référer à un modèle pour interpréter le comportement d’un gaz. La notion de modèle est facilement acceptée par les élèves comme un ensemble de règles du jeu. Dans le cas des gaz, au niveau de la classe de seconde, ces règles sont simples et suffisent à expliquer des phénomènes ou comportements souvent connus (la compressibilité d’un gaz par exemple). Le modèle de l’état gazeux a d’ailleurs déjà été évoqué au collège.

18 – L’ÉTAT GAZEUX

Il faudra ensuite prendre conscience du fait que la multitude des molécules d’un gaz, en mouvement permanent, exclut une description globale d’un échantillon de gaz par une étude individuelle du comportement de ses molécules. Le modèle microscopique ne peut donc suffire.

Description macroscopique d’un gaz : les variables d’état L’étude du « comportement d’ensemble » des molécules d’un gaz nécessite l’introduction de grandeurs macroscopiques qui pourront être mesurées, ou calculées, et dont on pourra suivre l’évolution. Ce sont : – le volume du gaz, égal à celui du récipient contenant le gaz ; – la quantité de matière du gaz, grandeur définie en chimie, qui se calcule à partir du volume (lorsque la loi d’Avogadro-Ampère est connue) ou de la masse du gaz ; – la pression du gaz, définie à partir de la notion de force pressante ; – la température du gaz, qui se limite dans ce chapitre à l’échelle Celsius.

Pression et force pressante La pression d’un gaz est liée à la force pressante exercée par le gaz sur une surface à son contact (portion de paroi du récipient contenant le gaz par exemple). C’est la force exercée par unité de surface. Il s’ensuit que tout instrument mesurant la pression d’un gaz présente une surface sensible à la force pressante exercée par le gaz, et que la pression « au sein d’un gaz » n’est accessible que dans la mesure où on y introduit une surface sur laquelle le gaz exerce une force pressante. Sur une surface donnée, au contact d’un gaz, et constituée d’une infinité de surfaces élémentaires, s’exercent en fait une infinité de forces pressantes. C’est leur résultante qui constitue « la » force pressante, perpendiculaire à la surface considérée en son centre. Il faut noter aussi que, dans la plupart des cas, une surface présente deux faces toutes deux en contact

1

avec un gaz : les parois d’un flacon contenant un gaz, la membrane d’une seringue… sont en contact avec le gaz intérieur et l’air ambiant. La surface considérée est alors soumise à la résultante des forces pressantes s’exerçant de part et d’autre. Le problème se pose bien sûr différemment si l’une des faces est en présence du vide. Les manomètres « relatifs » mesurent la différence entre la pression du gaz envisagé et la pression atmosphérique ; ils se comportent comme une membrane soumise d’un côté à la pression du gaz et de l’autre à celle de l’air atmosphérique. Les manomètres « absolus » donnent la pression réelle du gaz ; ils se comportent comme une membrane soumise d’un côté à la pression du gaz et de l’autre côté de laquelle règne le vide. Une force a été définie comme l’action d’un objet sur un autre. La force pressante, et par suite la pression, est due aux chocs des molécules du gaz sur toute surface en contact avec lui. Il peut en résulter une déformation de cette surface. Force pressante et pression dépendent du nombre de molécules venant frapper la surface considérée pendant la durée t (donc du nombre de molécules par unité de volume) et de leur énergie cinétique moyenne. L’énergie cinétique moyenne des molécules d’un gaz ne dépend que de la température du gaz : elle est la même pour tous les gaz à une température donnée. Les molécules de gaz différents n’ayant pas la même masse, il s’ensuit qu’à température donnée les molécules de différents gaz n’ont pas la même vitesse moyenne ; les molécules plus lourdes se déplacent moins vite. À titre d’exemple, la vitesse moyenne d’une molécule de dioxygène ou de diazote de l’air ambiant (masses voisines) est de l’ordre de 500 m·s – 1.

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


Note. L’énergie cinétique moyenne d’une molécule s’écrit : 1 mv 2 c = ᎏ E c 2 Elle fait intervenir la moyenne des carrés des vitesses, c’est-à-dire le carré de la vitesse quadratique moyenne. L’écart entre vitesse moyenne et vitesse quadratique moyenne est cependant faible. Pour un gaz monoatomique assimilé au gaz parfait, l’énergie cinétique moyenne ne dépend que de la température : 3 kT c = ᎏ E 2 où k est la constante de Boltzmann ( k = 1,38·10 – 23 J·K – 1) et T la température absolue (pour un gaz polyatomique, un terme additif, fonction de T , intervient). L’énergie cinétique moyenne est la même pour tous les gaz à température donnée, mais à une température donnée et à un instant donné, toutes les molécules d’un gaz n’ont pas la même énergie cinétique qui obéit à la distribution de Maxwell-Boltzmann (courbe en cloche dissymétrique, d’autant plus étalée que la température est plus faible).

2

Les activités, le cours Les activités s’appuient sur des expériences simples, dont certaines ont pu être déjà réalisées au collège. Les situations envisagées mettent en œuvre des mesures de volume, pression et température ; elles permettent aux élèves de se familiariser avec le matériel adéquat et le sensibilisent à l’interdépendance des variables d’état qui sera mise en évidence dans le chapitre suivant. Les élèves ne sont pas confrontés brutalement à l’étude des gaz, milieu qui leur est assez peu familier. En effet, l’ activité 1 permet d’établir une comparaison entre les comportements d’un liquide et d’un gaz tandis que l’activité 2 introduit la notion de force pressante en considérant le contact entre deux solides, dont l’un est visiblement déformable (la neige). Les activités suivantes présentent les notions de pression d’un gaz et de force pressante ( activité 3), d’état thermique et de température ( activité 4) et introduisent le modèle microscopique des gaz. Les activités d’exploitation 5 et 6 sont consacrées respectivement à la pression atmosphérique et à la mesure de températures. On peut les considérer comme des activités de vulgarisation, utiles à tout élève ne poursuivant pas un cursus scientifique. L’activité 6 est l’occasion de revoir quelques notions d’électricité du collège en mettant en œuvre un capteur de température. Le cours de ce chapitre est axé : – d’une part sur la description microscopique d’un gaz et sa limite nécessitant l’introduction des grandeurs macroscopiques ; – d’autre part sur les notions de pression et d’état thermique. Les points de vue microscopique et macroscopique sont clairement distingués, notamment par l’utilisation des logos appropriés. Note. Contrairement aux usages en vigueur chez les mathématiciens, nous n’avons pas distingué les notions de surface et d’aire. En effet, les problèmes d’orthographe liés à l’utilisation des mots aire et air ainsi que l’apparition possible des deux mots dans une même phrase (force pressante exercée par l’air sur une aire…) nous ont amenés à utiliser le terme « surface » pour désigner à la fois une surface et son aire.


Activités de découverte 1. Liquide et gaz (p. 300) Cette activité a pour objectif de faire prendre conscience à l’élève de certaines différences entre un liquide (ici l’eau) et un gaz (ici l’air) : un gaz se dilate et se contracte beaucoup plus qu’un liquide. L’état d’un gaz ne pourra donc pas être décrit par la seule grandeur température ; il faudra en utiliser simultanément d’autres : pression, volume. L’élève pourra s’appuyer sur les connaissances acquises au collège concernant les liquides et les gaz s’il a retenu quelques notions relatives à leur structure microscopique. Il est conseillé de réaliser devant les élèves les deux expériences de la partie 1 afin qu’ils puissent confirmer (ou infirmer) leurs prédictions. Correction

1. Ballon de baudruche

(p. 300) Cette activité introduit la notion de pression (plus précisément celle de force pressante) de façon concrète en traduisant sa manifestation par un enfoncement dans un sol déformable. Les expériences suggérées ont pour but de faire réfléchir l’élève sur les différents facteurs susceptible de modifier l’enfoncement, donc la pression. Cela contribue à aider à donner du sens à la relation p = F ᎏ . L’activité est volontairement ouverte : S les masses respectives des frères, de leurs sacs à dos ainsi que les aires des raquettes ne sont pas précisées. En relation avec le cours de mécanique, on pourra attirer l’attention des élèves sur le fait que la valeur de la force exercée par un des frères sur la neige est égale à celle de son poids (force exercée par la Terre sur le personnage).

a. et b. L’air, chauffé, va se dilater : son volume va

Correction

augmenter d’où un gonflement du ballon. En revanche, l’eau n’augmente pas de volume de façon visible : elle n’entre pas dans le ballon qui ne se gonfle pas. Les expériences montrent donc la différence de comportement entre un liquide et un gaz vis-à-vis du phénomène de dilatation.

a. Les expériences ቢ et ቤ s’appuient sur des dif-

Notes • Le ballon surmontant le flacon d’air se gonfle de la même façon si le flacon est chauffé en étant renversé ou oblique. Il peut être intéressant de faire remarquer ceci aux élèves enclins à croire que le ballon se gonfle parce que « l’air chaud monte ». • Le ballon surmontant le flacon d’eau ne doit pratiquement pas contenir d’air afin que les élèves ne soient pas confrontés à sa dilatation.

2. Air et eau a. Il est possible d’ajouter de l’air dans le flacon

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

2. Force pressante et surface

d’air, mais il n’est pas possible d’ajouter de l’eau dans le flacon d’eau. b. On interprète les résultats des expériences précédentes en considérant qu’il n’y a pas de matière, mais le vide, entre les molécules d’un gaz qui peuvent donc être resserrées : c’est ce qui se passe lorsqu’on ajoute de l’air dans le flacon d’air. On ne peut pas ajouter d’eau dans le flacon d’eau car on ne peut pas resserrer les molécules présentes. C’est donc qu’elles se touchent.

férences éventuelles de masses donc de poids. On s’attend à ce que l’enfoncement dépende du poids, et augmente avec lui. Les expériences ባ et ብ s’appuient sur des différences éventuelles de surfaces. On s’attend à ce que l’enfoncement dépende de la surface de contact avec la neige, et diminue quand cette surface augmente. L’expérience ቦ n’apporte pas d’information. b. Les deux frères n’ont pas pris en compte leur propre poids. Note. Le professeur pourra faire remarquer aux élèves que la première expérience serait beaucoup plus facile à interpréter si on étudiait l’influence du poids du sac à dos avec deux frères de même poids et chaussés de raquettes de même surface. De même pour les autres expériences.

c. L’enfoncement, donc la pression, est proportionnel à F (qui représente la valeur du poids total du marcheur, équipement compris) et inversement proportionnel à S. La relation correcte est p = F ᎏ. S

d



3

3. Pression de l’air dans une seringue (p. 301) Cette activité s’intéresse à l’une des grandeurs macroscopiques nécessaires pour décrire l’état d’un gaz : la pression, et à son interprétation microscopique. À la différence de l’activité précédente qui s’intéressait à la force pressante (grandeur dont le caractère vectoriel n’a pas été explicité), c’est de la grandeur scalaire pression (d’un gaz) qu’il est question ici. Conformément au programme, nous n’avons pas géré cette difficulté. La pression initiale de l’échantillon d’air étudié, emprisonné dans une seringue, est la pression atmosphérique. La température est constante. La quantité de matière de gaz étudié est constante. On ne s’intéresse ici qu’à l’air emprisonné dans la seringue, pas à l’air extérieur. Notes • On pourra préciser que le pressiomètre (du moins son capteur) joue le rôle d’une portion de paroi du récipient (dont l’aire est toujours la même). • Si nécessaire, on insistera sur le fait que la pression (scalaire) est la même partout dans un gaz donné, et que la direction du mouvement du piston n’est pas une direction privilégiée pour la force pressante associée à la pression du gaz. • La poussée de l’air que l’on comprime n’est pas perçue au niveau du doigt qui bouche la seringue : on ressent surtout une légère contusion due au fait que le doigt appuie fort sur une partie dure et étroite.

Correction

1. Pression et force pressante a. La pression augmente lorsque le volume diminue. Note. Les pressiomètres donnent généralement la pression réelle (et non la différence de pression avec l’atmosphère) en hPa. Ils mesurent habituellement des pressions comprises entre 0 et 2 000 hPa.

b. S = π R2 où R est le rayon de la partie du piston

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d


en contact avec l’air contenu dans la seringue. Pour une seringue de 60 mL, pour laquelle R = 1,3 cm, S = 5,3 cm2. c. F = pS = 1,5·105 ϫ 5,3·10 – 4 = 80 N. d. La surface est plus petite. La pression du gaz est la même. La valeur de la force pressante exercée par le gaz est plus petite que celle trouvée en c. Par exemple si R = 1,0 cm : S = 3,1 cm2 et p = 1,5·105 ϫ 3,1·10 – 4 = 47 N. e. On constate qu’il a fallu pousser moins fort avec la petite seringue. f. La poussée exercée par l’opérateur et la force pressante exercée par l’air sur le piston ayant même

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valeur, le fait d’avoir à pousser moins fort sur la petite seringue est en accord avec les résultats des calculs de forces pressantes : F (petite seringue) Ͻ F (grosse seringue).

2. Interprétation microscopique a. Les molécules étant réparties uniformément (partie ባ de l’énoncé du modèle), plus la surface du piston est grande, plus elle est soumise à des chocs pendant une durée donnée. b. Le volume diminue, donc les molécules se resserrent. Elles en ont la possibilité du fait de leur espacement (partie ቢ de l’énoncé du modèle). Les chocs (partie ቤ de l’énoncé du modèle) sont plus nombreux pendant une durée donnée pour une même surface. Donc il y a augmentation de la force pressante exercée par le gaz, et donc de sa pression. On a vu en 1. a que la pression augmente quand le volume occupé par l’air diminue. c. Si les molécules d’air se touchaient, il ne serait pas possible de les resserrer davantage. On ne pourrait donc pas pousser le piston d’une seringue ou d’une pompe à bicyclette bouchée. On peut donc se référer à l’expérience du début de la partie 1. Note. Diminuer le volume d’un gaz jusqu’à ce que les molécules qui le constituent se touchent consiste soit à le liquéfier en le comprimant (à température constante), soit à faire en sorte qu’il devienne hypercritique.

d. L’odeur d’un gaz, émanant d’un parfum ou d’un flacon d’éther, par exemple, est perçue loin du flacon parce que les molécules du gaz se déplacent. Note. Le mécanisme de diffusion décrit implicitement ci-dessus existe mais n’est en fait pas celui qui rend compte de la migration des odeurs car il est lent. Dans les situations de la vie quotidienne, les odeurs voyagent surtout à cause des turbulences de l’air dont l’origine peut être la convection (due aux différences de température), les courants d’air (dus aux différences de pression), ou au déplacement d’objets ou de personnes. L’aération des mines était assurée autrefois par des enfants que l’on faisait courir dans les galeries.

e. La masse des molécules est faible (leur taille aussi d’ailleurs), mais elles sont nombreuses et se déplacent à grande vitesse (500 m·s – 1 = 1 800 km·h – 1) : d’où des chocs fréquents et « violents ». Notes • C’est surtout le nombre de molécules qui est en jeu. La théorie cinétique des gaz montre qu’une variation importante de température n’engendre qu’une variation modique de la vitesse des molécules ( v proportionnelle à ( T )1/2). • Il est indispensable de comparer les nombres de chocs pendant une durée donnée.

Matériel • Deux seringues de tailles différentes. • Pressiomètre. • Tuyau (court) de raccordement.


4. État thermique, température et volume (p. 302)

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Cette activité a pour objectifs, conformément au programme : – de présenter la notion d’état thermique ; – de montrer que la température est une des grandeurs décrivant l’état d’un gaz, mais qu’elle n’est pas suffisante puisqu’une variation de température entraîne la variation d’une autre grandeur au moins (pression, volume). On profite de l’étude de la variation du volume avec la température, à pression constante, pour introduire le fait qu’un phénomène physique (dilatation d’un gaz ici) peut renseigner sur l’état thermique d’un corps. L’interprétation microscopique de la température se limite à lier la température à l’agitation thermique. Conformément au programme, l’introduction du zéro absolu se fera dans le chapitre suivant. La notion d’état thermique est difficile à comprendre pour un élève parce que la notion d’état d’un système est elle-même difficile à expliquer. Il ne s’agit pas de remplacer le mot « température » par l’expression « état thermique ». Il faut aller plus loin et expliciter la difficile notion d’état d’un système, qui sera nécessaire pour comprendre ce qu’est une équation d’état au chapitre suivant. L’étude physique d’un système nécessite la considération de grandeurs. L’ensemble des grandeurs considérées caractérise l’état du système. L’étude d’un gaz a ceci d’intéressant que les quatre grandeurs pression, température, volume, quantité de matière en permettent une description complète. Ce n’est pas le cas d’une solution pour laquelle le nombre de grandeurs est beaucoup plus important. On citera : le pH, la concentration des solutés, la tension superficielle, etc. Cette activité contient les énoncés du modèle microscopique permettant de décrire un gaz. Ils constituent une traduction possible du modèle scientifique. En travaillant avec ces énoncés, les élèves se construisent une idée du modèle microscopique. Il est essentiel que le professeur ne courtcircuite pas le modèle mais limite son explication à l’utilisation des énoncés, seule chose que l’élève puisse faire. C’est un peu contraignant pour le professeur, mais c’est un grand bénéfice pour l’activité de modélisation demandée à l’élève.

d



Correction

1. État thermique d’un gaz a. On observe que le ballon de baudruche se gonfle : son volume augmente. Le flacon a été chauffé : la température de l’air qu’il contient a augmenté et il en a résulté une augmentation de volume. traduite par la déformation du ballon de baudruche. L’augmentation de volume est donc liée à l’augmentation de température. b. Le chauffage du ballon a modifié l’état thermique du gaz qu’il contient. c. L’application des mains permet de modifier l’état thermique de l’air contenu dans le dispositif ballontube. L’augmentation de la température du gaz conduit à sa dilatation qui se traduit par un déplacement de l’index. Note. Si les mains ne sont pas suffisamment chaudes, on pourra utiliser un sèche-cheveux.

2. Volume, pression et température d’un gaz a. La pression reste constante (indication du pressiomètre), la température varie (selon celle du bain), le volume varie et augmente (le piston de la seringue « monte ») si la température augmente. b. Si le piston était bloqué, il ne pourrait pas y avoir d’augmentation de volume du gaz. C’est la pression du gaz qui augmenterait avec la température.

3. Interprétations a. La température du gaz augmentant : – les molécules s’éloignent les unes des autres (énoncé ቢ) et cherchent donc à occuper un plus grand volume ; – elles entrent en collision entre elles et avec les parois du ballon (énoncé ቤ). Le volume du ballon va donc augmenter. b. L’index se déplace : – parce que les molécules de l’air s’éloignent davantage les unes des autres quand la température s’élève (énoncé ቢ) et cherchent donc à occuper un plus grand volume ; – parce qu’il est soumis aux chocs des molécules d’air en mouvement (énoncé ቤ) ; – parce que l’agitation des molécules augmente avec la température (énoncé ባ). c. Le surcroît d’agitation des molécules situées près de la paroi du ballon se transmet à toutes les molécules de l’air car celles-ci sont en mouvement incessant et désordonné. L’augmentation de température du thermomètre traduit l’augmentation de

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l’agitation thermique pour tout l’air emprisonné dans le ballon (énoncé ባ). d. Il s’agit du phénomène de dilatation des gaz.

Matériel • Flacon. • Ballon de baudruche. • Sèche-cheveux. • Ballon + bouchon à un trou + tube long (voir Doc. 1 page 302). • Seringue. • Pressiomètre. • Thermomètre ou capteur de température. • Récipient avec bouchon à un trou et tubulure latérale (voir Doc. 2 page 302). • Bains à diverses températures (cristallisoir, eau glacée, eau chaude).

5. La pression atmosphérique (p. 308) Cette activité s’adresse tout particulièrement aux élèves qui ne poursuivront pas leurs études dans une voie scientifique, mais qui doivent cependant posséder quelques connaissances pratiques concernant la pression atmosphérique à laquelle ils sont sans cesse confrontés. Ce travail a été conçu comme une activité de réflexion et non comme un TP mais le professeur pourra avantageusement réaliser les expériences proposées. La première partie nécessite que soit prise en compte la pression de part et d’autre d’une membrane ce qui est une difficulté car les élèves considèrent souvent (comme en mécanique) la force pressante sur un seul côté d’une surface, et non la résultante des forces pressantes sur chaque face. La deuxième partie s’intéresse à la relation entre la pression et les informations de bases utilisées dans les bulletins météo. En troisième partie, l’effet de la pression sur la température d’ébullition de l’eau est évoqué. L’expérience proposée se réalise facilement et marque les élèves. Correction

1. Mise en évidence r e i t a H © 4 0 0 2 , e

a.

Théoriquement, la force pressante exercée par l’eau sur la feuille est :

hS ρ g p = P ᎏ= ᎏ S S = h ρ g ≈ 0,1 ϫ 103 ϫ 10 = 103 Pa Ͻ patm en notant p la force pressante, P le poids de l’eau, h la hauteur d’eau, S la surface mouillée, ρ la masse volumique de l’eau, g l’accélération de la pesanteur. Note. La portion de la feuille de papier située sous le verre étant dans une situation d’équilibre, la somme vectorielle des forces qui s’exerce sur elle est nulle. Il faut alors considérer également la réaction du bord du verre. Ce n’est évidemment pas l’objet de cette étude.

b. Avant le pompage, il y a de l’air à la même pression (la pression atmosphérique) de part et d’autre de la membrane. Les forces pressantes se compensent.

c. Pendant le pompage, la pression de l’air à l’intérieur du manchon, et donc la force pressante s’exerçant sur la face interne de la membrane, diminue alors que la pression de l’air à l’extérieur du manchon donc la force pressante s’exerçant sur la face externe de la membrane reste la même. La membrane s’incurve vers le bas. F o int F o int F o ext

F o ext

Avant

Pendant

d. La pression de l’air qui est à la fois dans la cloche et à l’extérieur du ballon diminue. Elle devient donc inférieure à celle qui est à l’intérieur du ballon qui se met donc à augmenter de volume. Fint Ͼ Fext donc le ballon se gonfle. F o int

F o eau/papier

d


F o air/papier

exercées par l’air de part et d’autre. Sur la partie située face au verre, il faut comparer la force pressante exercée par l’air et celle exercée par l’eau. Le fait que la feuille tienne montre que cette dernière est plus petite.

F o ext

Sur la partie de la feuille de papier située en dehors du verre, il y a compensation des forces pressantes

6


2. Mesure a. Dans un anticyclone, la pression est plus grande que la pression atmosphérique normale (c’est la définition d’un anticyclone). Sur un front dépressionnaire, elle est plus petite. b. La pression atmosphérique normale est 1,013·105 Pa ou 1 013 mbar donc : 1 013 mbar = 1,013 ·105 Pa = 1 013 hPa et 1 mbar = 1 hPa. c. La pression atmosphérique dépend de l’altitude.

3. Effet sur l’ébullition de l’eau a. Sous pression réduite, l’eau bout à basse température ; par exemple, l’eau bout à 30 °C à 4 243 Pa, et à 20 °C à 2 338 Pa. b. La pression atmosphérique diminue avec l’altitude (1 hPa par 10 m), donc la température d’ébullition de l’eau à la pression atmosphérique (du lieu considéré) diminue avec l’altitude (92 °C à 2 000 m, 85 °C à 4 800 m). Les légumes cuisent plus vite au niveau de la mer où la température de l’eau bouillante est plus élevée. Matériel • Verre et papier. • Pour le professeur : – pompe et cloche à vide ; – manchon cylindrique et membrane ; – ballon de baudruche ; – bécher.

6. Mesure d’une température

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(p. 309) Cette activité permet d’étudier le principe du thermomètre à dilatation de liquide et celui du thermomètre électronique, largement utilisés au laboratoire et dans la vie quotidienne. C’est l’occasion de mettre en œuvre quelques rudiments d’électricité, et de montrer que des phénomènes physiques différents peuvent être utilisés pour mesurer une même grandeur. On insistera également sur le mode d’utilisation d’un thermomètre. Cette activité ne présente pas de difficulté mais peut s’avérer assez longue du fait des constructions graphiques. Le professeur pourra n’en choisir qu’une partie, en fonction de l’habileté et de la motivation des élèves.

ration permet de mieux repérer l’élévation du niveau du liquide dans le tube. Le papier millimétré sera fixé au tube par un adhésif. a. Les valeurs obtenues dépendent fortement du diamètre intérieur du tube de verre. Il existe des cannes de verre à paroi épaisse qui permettent d’obtenir une grande dénivellation pour un chauffage modéré du liquide coloré. b. La représentation graphique nécessite le choix d’échelles convenables. La hauteur H figure en ordonnée, la température θ en abscisse (ce qui n’est d’ailleurs pas une obligation). L’élève devra déduire du graphe la linéarité de la fonction étudiée et conclure que la mesure de la hauteur de liquide permet de déduire la température. c. H = aθ + b (avec a Ͼ 0). d. Le ballon correspond au réservoir du thermomètre, le tube en verre à la colonne et le papier millimétré à la graduation. e. L’augmentation de volume se traduit par une augmentation de H d’autant plus grande que le tube est plus fin. f. La masse du liquide ne varie pas, son volume varie, sa masse volumique (m / V) varie, sa quantité de matière ne varie pas. g. C’est le réservoir qui doit être immergé dans l’eau. h. Le choix dépend de la précision recherchée et des températures extrêmes pouvant être mesurées par le thermomètre.

2. Capteur de température Note. Pour la plage de températures proposée, on peut considérer que le courant ne variera pas notablement dans le circuit considéré. La tension mesurée aux bornes de la diiode est proportionnelle à sa résistance, qui varie avec la température.

a. et b. La tension est une fonction décroissante de la température. U (mV) 800

400

Correction

1. Thermomètre à dilatation de liquide Le dispositif reproduisant le thermomètre utilise de l’eau colorée (fluorescéine, par exemple). La colo-


0

50

q

(°C)

c. Une variation de température de 1 °C correspond à une variation de tension de quelques mV.

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Matériel (voir Doc. 1 page 309) • Ballon avec tubulure latéral, bouchon à un trou (ou ballon ordinaire et bouchon à 2 trous), tube haut (environ 50 cm) et fin, papier millimétré (ou règle graduée). • Agitateur magnétique. • Cristallisoir, eau glacée, eau chaude. • Thermomètre ou capteur de température. • Générateur de tension continue 6 V. • Multimètre (voltmètre). • Résistor (résistance de l’ordre de 500 ohms). • Diode au silicium ou au germanium (type LM 35). • Bains à différentes températures. • Fils électriques (dont deux assez longs).

Exercices Appliquer ses connaissances • Force pressante, pression, unités 11.

a. 1,6 bar = 1,6·103 mbar.

1 bar = 105 Pa = 103 hPa donc 1 hPa = 1 mbar et 1,6 bar = 1,6·103 hPa = 1,6·105 Pa. b. Cette pression est supérieure à la pression atmosphérique normale. 12. a. Fint = pint S =

2

2

3

300·10 ϫ π(0,15) = 2,1·10 N. b. Fext = pext S = 800·102 ϫ π(0,15)2 = 5,7·103 N. c. La force pressante s’exerce perpendiculairement à la surface du hublot, de l’intérieur vers l’extérieur. Sa valeur est 5,7·10 3 – 2,1·103 = 3,6·103 N. 13.

a. 1 bar = 105 Pa d’où p = 2,0·105 Pa.

b. La valeur de la force pressante est donnée par F(N) = p(Pa) ϫ S(m2) : F = 2,0·105 ϫ 25·10 – 4 = 5,0·102 N. c. La nouvelle valeur de la force pressante est F = 2,5·105 ϫ 25·10 – 4 = 6,3·102 N. d. La force pressante est perpendiculaire à la surface sur laquelle elle s’exerce. Le bouchon part horizontalement, vers la droite. 15.

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a. p = 1 bar = 105 Pa.

La force pressante exercée est : F(N) = p(Pa) ϫ S (m2) = 105 ϫ 20·10-4 = 2·102 N. b. Le ressort évite l’écrasement du couvercle sous l’action de la force pressante. c. La pression atmosphérique diminue et l’aiguille descend. 16.

a. Les isobares sont des courbes reliant les

points où la pression atmosphérique est la même. « iso » signifie « égal » et « baros » signifie « pesanteur, pression » (qui appuie).

8

b. La différence de pression entre deux courbes voisines est de 5 hPa (ou 5 mbar). c. On repère une zone d’anticyclone sur les Îles Britanniques, sur le nord de l’Afrique ; on repère une zone dépressionnaire sur l’Islande, sur la Roumanie. 2 17. a. La force pressante s’exerçant sur 1 cm de peau est F( N ) = p(Pa) ϫ S(m2) : F = 105 ϫ 10-4 = 10 N. b. La surface envisagée est soumise à une force de 10 ϫ 1,8·104 = 1,8·105 N. 18. a. p = p0 pour h = 0. b. Pour h = 40 m : p = 1,013·105 – 1,29 ϫ 9,81 ϫ 40 = 1,008·105 Pa. Pour h = 340 m, un calcul analogue conduit à p = 0,970 ·105 Pa soit une différence de 0,038·105 Pa soit 0,038 bar ou 38 mbar. c. Avec un baromètre usuel, on peut mesurer la pression atmosphérique à environ 1 mbar près. Lorsque la pression varie de 1 mbar, soit 1·10 2 Pa, 1·102 l’altitude varie de ᎏ ϫ 9,81 = 8 m environ. 1,29 On pourra évaluer la hauteur de la tour Eiffel, mais approximativement, à environ 8 m près.

• État thermique, température 20.

a. Le volume de l’air (donc du ballon) aug-

mente lorsque la température s’élève : c’est le phénomène de dilatation. b. La masse de l’air reste la même : 1,3 g car la quantité de matière du gaz ne varie pas, le ballon étant fermé. c. La représentation graphique donne une droite. d. Le volume est 1,04 L à 10 °C. Le volume est 1,25 L à 70 °C. 21. a. Les corps purs ont des températures de changement d’état fixes à pression donnée, constantes pendant toute la durée du changement d’état. b. Un degré correspond à une longueur de : 15 = 0,15 cm soit 1,5 mm. ᎏ 100 c. La température mesurée peut atteindre : 20 = 133 °C environ. ᎏ 0,15

• Analyse d’expériences 23.

a. La pression atmosphérique s’exerce sur les

hémisphères à l’extérieur. À l’intérieur règne le vide donc aucune pression ne s’exerce pour compenser la pression extérieure. On ne peut pas facilement séparer les hémisphères.


b. Les molécules de l’air entrent en collision avec les parois extérieures des hémisphères. Aucun choc n’est subi par les parois intérieures. 24.

a. L’autocuiseur contient de l’air à la pression

atmosphérique. Note. En toute rigueur, il y a un peu de vapeur d’eau (à la pression partielle de 20 mm de mercure à la température ambiante ; la pression partielle de l’air n’est donc que de 740 mm de mercure).

b. Il s’est formé de la vapeur d’eau. L’autocuiseur contient donc un mélange d’air et de vapeur d’eau. Le volume d’eau liquide diminue peu au cours de l’ébullition de l’eau. En revanche, la pression du gaz augmente puisqu’il s’agit de l’air initial auquel se mélange de la vapeur d’eau en quantité croissante, sans changement notable du volume occupé par la phase gazeuse. c. La soupape est un dispositif assurant la sécurité. Elle permet d’éviter une augmentation de pression qui pourrait entraîner l’éclatement du récipient : lorsque la pression du gaz dans l’autocuiseur atteint une certaine valeur, la soupape tourne, sous l’action de la force pressante exercée par le gaz, et du gaz est évacué. Note. C’est un couple de forces qui provoque la rotation de la soupape.

d. La température d’ébullition de l’eau étant plus élevée dans l’autocuiseur qu’à l’air libre (120 °C au lieu de 100 °C à l’air libre), la cuisson en autocuiseur sera plus rapide. Note. Cette question fait intervenir des notions de cinétique chimique (classe de terminale), mais tout élève de seconde, utilisateur potentiel d’un autocuiseur ou témoin de son utilisation, est censé être capable de faire intuitivement le lien entre température et rapidité de la cuisson. 25.

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d


a. Sous l’action des mains, la température de

l’air à l’intérieur de la bouteille augmente. La bouteille étant fermée par la pièce, le volume ne varie pas. C’est la pression du gaz qui augmente : la pièce est soulevée. De l’air s’échappe alors et la pression reprend sa valeur initiale : la pièce retombe. Si l’on maintient les mains contre la bouteille, le phénomène se répète. La pièce « sautille ». b. À l’échelle microscopique, les molécules de gaz s’agitent davantage quand la température augmente. Les chocs contre la pièce sont plus fréquents, plus violents. La pièce se soulève, des molécules de gaz s’échappent, la pièce retombe. 26.

a. Dans le bidon, au-dessus de la réserve d’eau,

il y a de l’air à la pression atmosphérique.


Lorsqu’on ouvre le robinet, un peu d’eau s’écoule, laissant un plus grand volume à l’air intérieur dont la pression diminue : la force pressante correspondante n’est plus suffisante pour que le liquide s’écoule. b. Lorsqu’on débouche le bidon, on y fait entrer de l’air à la pression atmosphérique. Le liquide peut de nouveau couler.

Aller plus loin 28. Réaction

chimique entre gaz b. Les molécules de l’air du tube sont en mouvement incessant et désordonné. Ces molécules vont rencontrer les molécules HCl et NH 3 émanant des cotons imbibés de liquides. Des chocs entre les molécules de l’air et de chlorure d’hydrogène d’une part, de l’air et d’ammoniac d’autre part, vont avoir lieu. Des mélanges air-HCl et air-NH 3 vont se constituer et se rencontrer. Les molécules HCl et NH3 vont donc finalement se rencontrer. c. M HCl = 35,5 g·mol – 1 Ͼ M NH3 = 17,0 g·mol – 1 donc vHCl Ͻ vNH3. La rencontre va donc avoir lieu du côté du coton imbibé d’acide chlorhydrique et les fumées blanches vont commencer par apparaître vers la gauche du tube. Thermomètre médical 2,90·106 a. λ = ᎏᎏ = 9,4·103 nm. (273 + 37) 2,90·106 λ = ᎏᎏ = 9,2·103 nm. (273 + 41) b. Les longueurs d’ondes trouvées correspondent à des radiations IR. Un thermomètre à infrarouge peut donc être utilisé comme thermomètre médical puisque les températures du corps sont telles que l’émission a lieu dans l’IR. 6 6 c. θ = 2,90·10 – 273 = 2,90·10 – 273 500 λ = 5 527 °C soit environ 5,5·103 °C. C’est la température de surface d’une étoile comme le Soleil. 29.

΂ ᎏ΃

΂ ᎏ΃

Thermomètre de Galilée a. Lorsque la température augmente, le volume du liquide incolore augmente (dilatation) mais sa masse reste constante. Comme ρ = m / V , sa masse volumique diminue. b. Un corps plus dense que le liquide « coule » (tombe au fond du récipient). Un corps moins dense flotte. Un corps de même densité reste au sein du liquide. 30.

9

c. Chaque boule est soumise à son poids qui dépend de sa masse, et à la poussée d’Archimède exercée par le liquide incolore, qui dépend du volume de la boule.

d. La poussée d’Archimède est égale au poids d’un volume de liquide égal au volume de la boule et dépend donc de la masse volumique du liquide : elle diminue lorsque la masse volumique du liquide diminue, donc lorsque la température augmente. Le poids est une force verticale vers le bas, la poussée d’Archimède est une force verticale vers le haut. C’est l’action résultant de ces deux forces qui fait monter ou descendre une boule. Une boule monte si la poussée d’Archimède l’emporte sur son poids.

Les poids, donc les masses des boules, sont combinés de telle sorte que la température soit donnée par la plus basse des boules qui montent. Pour une température de 26 °C, la poussée d’Archimède est la plus faible mais elle est la même sur toutes les boules. C’est la boule marquée 26 °C qui est la plus légère et qui monte. Si la température descend à 24 °C, la poussée d’Archimède est un peu plus forte, la boule 26 °C est en haut, la boule 24 °C un peu plus légère que les boules 22 °C, 20 °C et 18 °C monte mais est arrêtée dans sa montée par la boule 26 °C, etc. Le thermomètre de Galilée utilise donc le phénomène de dilatation et la poussée d’Archimède. Note. Les écarts de masses entre les boules sont faibles (multiples de 6 mg). Le liquide incolore est un mélange d’hydrocarbures.

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d


10


CHAPITRE 19. LE GAZ PARFAIT Aspects pédagogiques et scientifiques Ce second chapitre concernant les gaz a pour but : – de montrer l’interdépendance des quatre variables d’état ( p, V , T et n) évoquées au chapitre précédent ; – de faire intervenir l’échelle de température absolue, définie à partir d’un phénomène physique, à savoir l’agitation thermique des molécules d’un gaz ; – d’introduire la relation entre ces variables dans le cas du gaz parfait et de considérer les possibilités d’application aux gaz réels.

L’étude du comportement microscopique d’un gaz grâce à l’utilisation du simulateur « AvogadroAmpère » du cédérom accompagnant le manuel est proposée dans l’activité 3. Il s’agit d’une recommandation du programme officiel. Notre simulateur visualise le comportement microscopique d’un gaz et affiche les valeurs des variables d’état (les valeurs de V , n et θ pouvant être choisies). Il est donc possible d’établir un lien entre les aspects microscopique et macroscopique du comportement d’un gaz, et de constater l’interdépendance des variables d’état.

La présentation ci-dessous permet de comprendre l’intérêt du choix de nos activités en relation avec les exigences du programme officiel.

Loi de Mariotte et température absolue

Introduction et intérêt des variables d’état

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d


Aspect microscopique

La première activité proposée part de l’exemple concret de la plongée sous-marine pour arriver à la loi de Mariotte. La deuxième activité utilise un autre cas concret, celui du gonflage d’un ballon de volley-ball, pour introduire la notion de variables d’état ( p, V , n, T ) et met en évidence leur interdépendance. Cette notion est connue depuis les études expérimentales quantitatives du comportement d’un gaz, réalisées aux XVIIe et XVIIIe siècles. Elle se traduit par l’énoncé de quelques lois, raisonnablement vérifiées quelle que soit la nature du gaz : – loi de Boyle-Mariotte (ou loi de Mariotte) : pV = Cte (à température constante) ; – loi d’Avogadro-Ampère : V = Cte ϫ n (à température et pression constantes) ; – loi de Charles : V = Cte ϫ T (à pression constante) ; – loi de Gay-Lussac : p = Cte ϫ T (à volume constant). Même si le programme actuel, pas plus que notre manuel, n’évoque les lois de Charles et de GayLussac, on peut être amené à recadrer l’équation d’état du gaz parfait comme la combinaison d’un ensemble de lois qui ont chacune conduit à l’avancée de la science.

19 – LE GAZ PARFAIT

L’activité 4 est l’occasion de vérifier en TP la loi de Mariotte, introduite lors de la première activité. Bien qu’il ne s’agisse que d’un cas particulier de l’équation du gaz parfait, sa connaissance (suggérée au B.O.) s’avère pratique pour résoudre certains exercices. Cette activité introduit également la notion de zéro absolu, par l’étude des variations de pression d’un gaz en fonction de sa température, à volume constant. L’extrapolation de la représentation graphique permet d’obtenir une valeur limite de température assez voisine de la valeur – 273 °C attendue. Une approche microscopique permettant d’interpréter la notion de zéro absolu est proposée en fin d’activité. Elle utilise le fait que la pression d’un gaz diminue si les chocs des molécules qui le constituent sont moins fréquents et moins violents (vitesse plus faible). Lorsque la pression s’annule, il n’y a plus de chocs, les molécules sont « figées », immobiles, et la température est de – 273,15 °C. C’est la température la plus basse pouvant exister, puisqu’on ne peut pas concevoir de pression négative. Les commentaires du programme officiel recommandent d’insister sur l’importance de la notion de température absolue définie à partir d’un phénomène physique : l’agitation thermique des molécules. L’absence d’agitation correspond au « zéro absolu » (0 K), origine de l’échelle Kelvin, référence à partir de laquelle sont déduites les autres échelles.

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Les commentaires du programme rappellent que l’échelle Celsius est définie depuis 1968 à partir de l’échelle l’éche lle Kelvin (et non pas le contraire) contraire) par : θ (°C) = T (K) – 273,15 1 °C = 1 K et les les deux échell échelles es ne diffè diffèrent rent que par un simple décalage. L’échelle Celsius n’est donc plus considérée comme une échelle centésimale définie à partir des points fixes arbitraires 0 et 100.

Volume molaire d’un gaz L’activité 5 permet d’établir un lien avec le cours de chimie puisqu’il s’agit ici de retrouver la loi d’Avogadro-Ampère et de réinvestir la notion de volume molaire.

Le baromètre L’activité 6, doc docume umenta ntaire ire,, présen présente te les les expéexpériences historiques réalisées par Torricelli d’une part et Pascal d’autre part. Elle permet de justifier l’utilisation du millimètre (ou centimètre) de mercure comme unité de pression atmosphérique ainsi que l’utilisation (autrefois du moins) du mercure comme liquide barométrique et non pas l’eau, liquide pourtant plus courant, moins onéreux et non toxique. On pourra évoquer la toxicité de la vapeur de mercure dont une des conséquences fut l’abandon des baromètres et des thermomètres à mercure. Le fait qu’une pompe ne puisse élever de l’eau audelà d’une dizaine de mètres apparaît comme un effet de la pression atmosphérique.

Courss : le Cour le gaz gaz parf parfait ait

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Le cours présente, présente, conformément conformément au programme programme : – les variables d’état et leur interdépendance ; – le zéro absolu et son interprétation microscopiqu pi quee ; – l’équation d’état du gaz parfait et sa limite de validité. Les notions relatives aux variables d’état auront pu être introduites grâce aux activités proposées. L’interprétation microscopique du zéro absolu fait intervenir la notion d’agitation thermique dont le mouvement brownien est une conséquence. Signalons à ce propos que l’année 2005 marque le 100e anniversaire d’un des articles fondamentaux publiés par Einstein, concernant la nature profonde de l’agitation moléculaire révélée par le mouvement brownien. L’équation d’état du gaz parfait pV = nRT permet d’unifier un grand nombre de connaissances rela-

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tives au gaz. Les connaissances exigibles du programme insistent sur le caractère de modèle du gaz parfait. Il n’y a pas les gaz qui sont parfaits et ceux qui ne le sont pas. Il y a les gaz réels dont le comportement peut être modélisé par celui du gaz parfait défini comme un gaz dont l’équation d’état est exactement celle donnée ci-dessus. À ce titre, il est incorrect de parler du comportement des gaz parfaits. Les élèves doivent savoir que l’équation d’état représente bien le comportement de l’air dans les conditions habituelles de température et de pression. La validité du modèle est plus largement limitée aux faibles pressions et aux températures suffisamment élevées. Du point de vue microscopique, les molécules d’un gaz doivent être suffisamment éloignées les unes des autres pour que ce gaz se comporte comme le gaz parfait.

Activités de découverte (p.. 31 316) 6) 1. Plongée sous-marine (p Cette courte activité introduit, en s’appuyant sur l’exemple concret de la plongée sous-marine, l’interl’interdépendance des grandeurs pression et volume à température constante et quantité de matière constante. En plongée sous-marine, on considère que la loi de Mariotte est vérifiée, ce qui est une grossière approximation. En revanche, il ne faut pas laisser dire que pV = V 0 ce que l’on rencontre hélas couramment puisque p0 = 1 ba barr. Cett Cettee faute faute d’ d’hohomogénéité a été prévenue dans l’énoncé puisqu’on demande explicitement que soit calculée la valeur de patmV atm. Le nom de Mariotte n’est pas mentionné puisque la loi n’est pas explicitement au programme bien qu’il soit suggéré de l’utiliser en activité. Cette loi est une première étape vers l’introduction de l’équation d’état du gaz parfait dont la connaissance est l’objectif de ce chapitre. Correction

a. On identifie le premier étage ቢ sur la bouteille, le flexible ባ et le deuxième étage ቤ qui se place devant la bouche du plongeur. b. On constate que pmaxV b = patmV atm. On se place arbitrairement à température constante.

2. Variables d’état (p. 316) L’objectif de cette activité est d’introduire, sur un exemple concret familier aux élèves, les variables d’état d’un gaz et leur interdépendance. La question


concernant cette interdépendance est explicitement posée en fin d’activité. L’élève devra donner sa réponse en s’appuyant sur trois transformations réalisées : la première, première, à pression pression et température température constantes consta ntes ; la seconde, à volume et température température constants consta nts ; la troisième, troisième, à volume et quantité de matière constants. La situation du ballon que l’on gonfle est modélisée par une première phase à pression constante et une seconde à volume constant. Cette modélisation ne résisterait pas à des mesures précises de la pression et du volume, mais elle est globalement acceptable. Cette simplification permet une analyse de la situation en termes de grandeurs d’état et semble pédagogiquement profitable. Avec une bonne classe et un peu de temps, on peut prendre du recul et évoquer avec profit la notion de modélisation à la fin de cette activité. L’expérience montre effectivement qu’en s’approchant de la forme sphérique du ballon, le volume et la pression varient simultanément, ce que le modèle n’a pas considéré. Correction

a. La pression est restée la même (c’est la pression atmosphérique). Le volume du ballon, donc le volume d’air dans le ballon, a augmenté ainsi que la quantité de matière d’air. Note. Comme il a été précisé en marge du cours du chapitre précédent p. 304, on s’autorise à parler de quantité de matière d’air bien que ce gaz ne soit pas constitué de molécules identiques, contrairement à ce qui a été spécifié avec insistance lors de l’introduction de la grandeur grandeur quantité de matière p. p. 103.

3. Simulation du comportement d’un gaz (p. 317) Cette activité permet, grâce à l’utilisation du simu Avogadro-Ampère ogadro-Ampère, d’étudier le lateur Microméga Av comportement microscopique d’un gaz, dont les molécules sont représentées par de petites particules colorées. Le succès de ce simulateur se mesure par la quantité d’utilisations qu’il a déjà suscitées en classe et dans la rédaction de mémoires d’IUFM. Il permet d’illustrer la variation des grandeurs volume, quantité de matière et température. La valeur de la pression s’affiche automatiquement en fonction des choix. Il est important que les élèves comprennent que le simulateur représente une modélisation de la réalité ; ce n’est pas la réalité. On atteint cet objectif de nombreuses façons, par exemple en utilisant le mot « partic particule ule » pour ce qui qui est représe représenté nté à l’écran l’écran et en réservant réservant le mot « moléc molécule ule » pour les les entités entités constituant l’air. On évite également de parler de l’air ou du gaz en évoquant ce qui se passe sur l’écran, mais en disant par exemple « la représentationn du gaz ». tio Cette modélisation microscopique d’un gaz utilise les notions de trajectoire et de vitesse vues en mécanique. Il convient donc de les utiliser avec la même signification et la même précision. Une différence essentielle, non explicitée dans l’activité, provient du fait qu’on ne prend pas en compte l’effet de la pesanteur sur les particules. Correction

b. La pression a augmenté, la quantité de matière

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d’air aussi. Le volume est resté le même (le ballon a atteint sa limite d’élasticité). c. La quantité de matière d’air est restée constante. La température du gaz contenu dans le ballon a augmenté. quatre variables variables d’état d’état d’un gaz sont sont : son d. Les quatre volume V , sa pression p, sa quantité de matière n, sa température θ . e. Première étape (question a) : p constante, constante nte (température (température ambiante) ambiante) ; V varie et θ consta n varie. Deuxième étape (question b) : V constant, constante nte (température (température ambiante) ambiante) ; p varie et θ consta n varie. Troisième Tro isième étape (soleil (soleil : question question c) : V constant, n cons constant tantee ; θ varie et p varie. Donc, lorsqu’une grandeur varie, une autre varie aussi.


1. Modèle et simulation constitué de deux sortes de molécules molécules : a. L’air est constitué diazote (les plus abondantes, particules bleues dans le simulateur) et dioxygène (particules rouges dans le simulateur). Note. La différence de couleur permet aussi, d’un point de vue pratique, de suivre le mouvement d’une particule, ce qui est intéressant.

b. La trajectoire d’un objet est l’ensemble des positions successives occupées par un point représentant l’objet au cours du mouvement. Elle se définit dans le cadre d’un référentiel qui est ici le piston représenté à l’écran. c. Le mouvement est rectiligne entre deux chocs consécutifs mais la trajectoire change de direction lors d’un choc. Note. On fait ici implicitement l’hypothèse que l’on peut appliquer le principe d’inertie, avec la réserve toutefois de la non-prise

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en compte de l’interaction gravitationnelle. Cela ne peut être simplement justifié aux élèves puisque la véritable raison est que l’énergie de température k BT est 104 fois plus grande que la différence d’énergie potentielle pour une différence de 1 m de haut. C’est en particulier pour cela que, d’un point de vue macroscopique, les gaz remplissent la totalité du volume qui leur est offert.

d. Les molécules semblent se déplacer à la même vitesse sur le simulateur (et c’est le cas dans le cadre du modèle cinétique des gaz).

2. Comportements microscopique et macroscopique macroscopi que d’un gaz a. Le mouvement des particules est d’autant plus rapide que la température est plus élevée. L’agitation augmente avec la température (on parle d’agitation thermique). b. C’est la grandeur pression. Sa valeur va augmenter si la température augmente donc si le nombre de chocs augmente (le volume étant constant). c. Pour un comptage durant 30 secondes, on a trouvé respectivement 17 chocs, 24 chocs et 37 chocs. La pression augmentant avec le nombre de chocs, l’évolution de la pression est confirmée.

3. Interdépendance des variables d’état bar et et a. On lit p1 = 2,44 bars, p2 = 1,22 ba p3 = 0, 0,81 81 bar bar. pV = co cons nsta tante nte = 48, 48,8. 8. 0,49 49 ba barr ; p2 = 0,98 bar et p3 = 1,46 bar bar.. b. On lit p1 = 0, p = co nsta tant ntee = 4, 4,9·10 9·10 – 4. ᎏ n cons Note. Pour les élèves rapides, l’activité peut se prolonger par le travail suivant. Simuler l’état d’un gaz et noter la valeur des grandeurs p, V , n et θ . Simuler d’autres états du gaz et noter les valeurs des quatre grandeurs. Montrer que, quel que soit l’état considéré, les grandeurs vérifient la relation pV = 8, 8,31 31n (273 + θ ). ). Par exemple pour n = 2, 2,00·1 00·100 – 3 mol ; V = 40 mL mL = 40· 40·110 – 6 m3 ; θ = 3 0 ° C ; p = 1, 1,26 26 bar bar = 1, 1,26·1 26·100 5 Pa, on on trouve trouve : 5,044 et 8,31 8,31n(θ + 27 273) 3) = 5, 5,04 04.. pV = 5,0 Pour n = 1, 1,17·1 17·100 – 3 mol ; V = 45 mL mL = 45·1 5·100 – 6 m3 ; θ = 5 0 ° C ; 5 0,77 bar bar = 0, 0,7·10 7·10 Pa, on on trouve trouve : p = 0, pV = 3,1 3,155 et 8,31 8,31n(θ + 27 273) 3) = 3, 3,14 14,, etc. donc pV = 8,31n(θ + 27 273) 3)..

4. Loi de Mariotte. Zéro absolu r e i t a H © 4 0 0 2 , e

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(p. 31 (p. 318) 8) Cette activité sans grande difficulté a pour objectifs : – de vérifier la loi de Mariotte en réalisant des mesures de pression et de volume dans le cas de l’air et du méthane. Elle exploite pour cela l’interdépendance des grandeurs pression et volume pour un échantillon échantillon de gaz contenu dans une seringue seringue ;

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– d’introduire la notion de zéro absolu en étudiant les variations de pression de l’air en fonction de la température. Pour cela on mesure des variation de p en fonction de T dans un intervalle de température compris compr is entre entre 0 °C et 80 °C. On extrapol extrapolee les résulrésultats vers les températures négatives et on cherche à donner du sens au fait que la pression peut devenir nulle. Il s’agit donc d’un TP au cours duquel l’élève manipule un grand nombre de données expérimentales qu’il a lui-même obtenues. Chacune d’elles prise indépendamment des autres ne pose pas de problème. En revanche, donner du sens à l’ensemble de ces valeurs est plus difficile pour l’élève. Par exemple, dans la première partie, réaliser que le produit pV est constant est simple. Se poser la quesqu estion des conditions pour lesquelles ce produit est également constant pour un autre échantillon est beaucoup plus difficile. di fficile. L’élève L’élève ne peut pas, à l’instar du professeur, se référer à la loi du gaz parfait, puisque c’est une connaissance qu’il est en train de construire. Il lui faut donc penser à des faits expérimentaux associés à l’expérience, par exemple au phénomène de dilatation des gaz. L’originalité L’originalité de ce TP n’est donc pas pas tant dans la réalisat réalisation ion de ces mesures que dans l’organisation des questions que nous proposons et qui doivent aider l’élève à passer de l’acte expérimental à sa compréhension théorique. Correction

1. Pression et volume d’un gaz a. Il suffit de relier la seringue et le pressiomètre. Pour différentes positions du piston de la seringue, donc différents volumes, on mesure la pression et on calcule la valeur du produit pV . b. On vérifie bien que l’air de la seringue obéit à la loi de Mariotte. c. Si le volume est multiplié par 0,5 (donc divisé par 2), la pression est divisée par 0,5 (donc multipliée par 2). Si le volume est multiplié par 0,8 , la pression est divisée par 0,8. d. La loi de Mariotte est aussi vérifiée pour le méthane. Remarque. Le remplissage de la seringue avec le gaz de ville ne Remarque. présente aucun danger. Il faut enfoncer le piston, raccorder la seringue à la sortie de gaz de ville, ouvrir quelques instants le robinet de gaz, tirer le piston et fermer aussitôt le robinet. On obture la seringue avec le doigt et on la relie rapidement au pressiomètre.

e. On ne trouve pas forcément la même valeur du produit pV pour les deux gaz.


Remarque. Cette valeur ne peut être la même pour le méthane et l’air qu’à la condition que les élèves prélèvent la même quantité de matière de gaz (le même volume dans ces conditions), ce qui peut arriver mais qui n’est pas imposé par l’énoncé.

f. Tous les groupes d’élèves ne trouvent pas la même valeur pour le produit pV dans le cas de l’expérience réalisée avec l’air. Note. Selon la position du piston au moment où on adapte le pressiomètre à la seringue, et selon la taille de la seringue, la quantité de matière de gaz emprisonnée n’est pas la même. On trouve pour pV des valeurs constantes aux erreurs de mesure près (exemple : V = 50 cm3 et p = 1 000 hPa donc pV = 60 ·103 hPa·cm3 ; V = 40 cm3 et p = 1 175 hPa donc pV = 59·103 hPa·cm3 …), mais différentes d’un groupe à l’autre (60·103 hPa·cm3, 40·103, etc.).

g. Comme la valeur de pV ne dépend pas du gaz à température donnée, on peut penser que c’est la quantité de matière de gaz dans la seringue qui peut avoir une influence. En effet, on ne sait pas quelle quantité de matière d’air ou de méthane a été emprisonnée dans la seringue. h. Le volume lu sur la seringue ne tient pas compte du volume de gaz dans le tuyau de raccordement entre seringue et pressiomètre. Ce volume est négligeable si le tuyau est très court, sa section étant petite. L’expérience vérifie ces prévisions.

2. Pression et température d’un gaz a. On obtient une droite ne passant pas par l’origine et traduisant une fonction croissante. b. On trouve environ – 270 °C. c. p = 0 Pa. d. La pression est liée aux chocs. Si la pression est nulle, il n’y a plus de chocs donc les molécules sont immobiles. e. Le zéro absolu correspond à une situation limite. On ne peut pas avoir moins de mouvement que l’immobilité. On ne peut donc pas concevoir une température inférieure au zéro absolu.

Matériel • Seringue. • Pressiomètre. • Récipient en verre (ballon ou erlen) + bouchon à 2 trous. • Capteur de température. • Bains à différentes températures (voir Doc. 1 p. 318). r e i t a H © 4 0 0 2 , e

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Activités d’exploitation 5. Loi d’Avogadro-Ampère. Volume molaire d’un gaz (p. 323) Cette activité d’exploitation du dernier chapitre de physique a pour objectifs de montrer qu’un gaz comme l’air est pesant et que tous les gaz ont, dans les mêmes conditions, le même comportement. En particulier, dans les conditions envisagées, les gaz étudiés ont le comportement du gaz parfait. C’est aussi l’occasion de réinvestir des connaissances antérieures : loi d’Avogadro-Ampère introduite en chimie, relations entre quantité de matière, masse et masse molaire d’une part, quantité de matière, volume et volume molaire d’autre part, etc. Correction

1. Mesure de la masse d’un litre d’air a. La masse de 1,10 L d’air est : m = m1 – m2 = 380,10 – 378,68 = 1,42 g.

1,42 = 1,29 g. La masse d’un litre d’air est donc ᎏ 1,10 b. Pour déterminer le volume intérieur de la bouteille, on la remplit d’eau puis on vide l’eau dans un récipient gradué en volume. c. La bouteille en plastique se serait écrasée. Note. Dans toute cette activité, la poussée d’Archimède exercée par l’air sur la bouteille n’a pas été évoquée afin de ne pas alourdir le travail. Les volumes intérieur et extérieur de la bouteille pouvant être considérés comme égaux, on remarquera que, dans la partie 1, le poids de l’air dans la bouteille a même valeur que la poussée d’Archimède s’exerçant sur la bouteille. Dans les calculs, la poussée d’Archimède s’élimine puisqu’on effectue des soustractions (de masses, ce qui revient à considérer des différences de valeurs de forces). L’élève devra reconsidérer, pour cette activité, ce qu’il appelle une bouteille « vide ». C’est habituellement une bouteille qui ne contient pas de liquide. C’est ici une bouteille qui ne contient pas non plus de gaz, fut-ce de l’air. L’élève doit comprendre que la bouteille « vide » de la vie quotidienne est donc une bouteille « pleine d’air » pour le physicien et que la bouteille vide pour le physicien n’existe pas dans la vie quotidienne.

2. Quantité de matière d’un gaz a. Masse de gaz dans une bouteille = masse de la bouteille remplie de gaz – masse de la bouteille vide : mg = m – 378,68 g. mg La quantité de matière de chaque gaz est ng = ᎏ M où M est la masse molaire du gaz. Gaz Hélium Butane Dioxyde de carbone m (g) 378,86 381,34 380,70 mg (g) 0,18 2,66 2,02 – 1 4,0 58,0 44,0 M (g·mol ) – 2 – 2 ng (mol) 4,5·10 4,6·10 4,6·10 – 2

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b. La valeur de ng est la même pour tous les gaz :

des volumes égaux de gaz différents, pris dans les mêmes conditions de température et de pression, correspondent à des quantités de matière égales. c. pV = nRT donc n = pV ᎏ. RT Ici p, V , T sont des constantes donc n = constante quel que soit le gaz. 5 – 3 n = 1,013·10 ϫ 1,10·10 8,31 ϫ (273,15 + 20,0) = 4,6·10 – 2 mol On retrouve bien la valeur de ng du tableau.

ᎏᎏᎏ

3. Volume molaire, volume moléculaire V = 1,10 = 24 L·mol – 1 pour tous les a. V m = ᎏ ng 4,6·10 – 2

ᎏ

gaz. On retrouve la loi d’Avogadro-Ampère. Le résultat était donc prévisible. b. Chaque entité chimique constituant un gaz, quel qu’il soit, dispose dans les conditions envisagées 24 d’un volume égal à = 4,0·10 – 23 L. 23 6,02·10 c. Pour une masse M , il y a 6,02·1023 entités. Le M volume d’une entité (en L) est V = (6,02·1023ρ ) où M est la masse molaire en g·mol – 1 et ρ la masse volumique en g·L – 1. On trouve respectivement : – pour le butane liquide : 1,6 ·10 – 25 L ; – pour l’hélium liquide : 4,5 ·10 – 26 L ; – pour le dioxyde de carbone liquide : 6,6 ·10 – 26 L. d. Dans chacun des cas, le volume d’une entité de liquide est donc près de mille fois plus petit que le volume disponible pour la même entité dans le gaz. On en conclut que, contrairement aux liquides, les gaz ont une structure fortement lacunaire, ce qui est conforme au modèle microscopique des gaz.

ᎏ

ᎏᎏ

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Note. Les masses volumiques sont données : – pour le butane liquide à 0 °C (par rapport à l’eau à 4 °C) ; à 0 °C le liquide est légèrement sous pression car la température d’ébullition est – 0,5 °C à la pression atmosphérique normale ; – pour l’hélium liquide à – 270 °C ; – pour le dioxyde de carbone liquide à – 37 °C, sous pression. Par refroidissement seul, sans augmentation de pression, le dioxyde de carbone passe de l’état gazeux à l’état solide à – 79 °C (carboglace). La masse volumique du solide est de 1,56 g·L – 1.

6. Les fontaines des jardiniers de Florence (p. 324) Cette activité documentaire s’inspire de faits historiques ayant contribué à la mise en évidence de la

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pression atmosphérique : expérience de Torricelli, expérience de Pascal et Perrier. Elle permet aussi de justifier l’utilisation du centimètre ou du millimètre de mercure comme unité de pression atmosphérique, et de justifier pourquoi on fait appel au mercure et non pas à l’eau, liquide beaucoup plus commun (et sans danger). La hauteur d’eau a longtemps été utilisée comme une unité commode pour les différences de pression, généralement faibles dans les conditions usuelles. Elle résultait de l’utilisation de petits manomètres à eau et se rencontre encore lors de la description d’expériences d’osmométrie. Correction

a. Le volume de la colonne de mercure de hauteur H = 76 cm et de section S = 2,0 cm2 est : V Hg = HS = 76 ϫ 2,0 = 1,5·102 cm3.

La masse de la colonne de mercure est : mHg = ρ HgV Hg = 13,6 ϫ 1,5·102 = 2,0·103 g soit 2,0 kg. Son poids est PHg = mHg g = 2,0 ϫ 9,8 = 20 N environ. b. Le poids de la colonne de mercure a même valeur que la force pressante qui s’exerce sur une surface de 2,0 cm2. La pression correspondante est : PHg 20 = 1,0·105 Pa. p = F ᎏ=ᎏ= S S 2,0·10 – 4 Cette pression est égale à la pression atmosphérique.

ᎏ

Note. Évidemment, le résultat est indépendant de la section du tube. Le calcul complet effectué, qui fait intervenir la section du tube, a l’avantage d’expliciter les difficultés rencontrées par les élèves : – problème des unités ; – problème de la relation entre pression et force pressante, rendue ici un peu moins abstraite qu’avec des formules uniquement littérales.

c. La force pressante doit être la même. La colonne d’eau doit donc avoir un poids égal à celui de la colonne de mercure. Si sa hauteur est H Ј : Peau = meaug = ρ eauV eaug = ρ eau H ЈSg. Or PHg = mHgg = ρ HgV Hg g = ρ Hg HSg. Donc ρ eau H Ј = ρ Hg H et : ρ Hg H 13,6 ϫ 76 H Ј = ᎏ = ᎏᎏ = 10·102 cm soit 10 m. ρ eau 1,0 d. Le jardinier florentin ne pouvait effectivement pas provoquer une élévation de l’eau, à l’aide d’un système d’aspiration, au-dessus d’une dizaine de mètres parce que l’origine de la force pressante permettant l’ascension de l’eau est la pression atmosphérique, que l’on ne peut pas modifier.


Exercices Appliquer ses connaissances • Échelles de température 9.

ᎏᎏ

θ (°C) = T (K) – 273,15.

a. – 263,15 °C ; b. – 223,15 °C ; c. 0 ° C ; d. 226,85 °C. Il n’est pas possible d’obtenir une température inférieure à 0 K ou à – 273,15 °C : a. impossible ; b. possible ; c. impossible ; d. possible. 10.

• Équation d’état du gaz parfait 12.

a. On utilise la loi de Mariotte. Si la pression

est multipliée par 5, le volume est divisé par 5. b. Si la pression est divisée par 3, le volume est multiplié par 3. 13.

a. Les molécules de butane sont en mouvement

incessant et désordonné ; elles entrent en collision avec les parois du récipient qui les contient et entre elles, d’où des changements de direction. Ce mouvement leur permet de passer d’un récipient à l’autre. Les molécules vont finalement se répartir dans les deux récipients. On dit qu’un gaz est expansible : il occupe tout l’espace qui lui est offert. b. Le volume total est de 2,00 L. À température constante, pV = constante soit p1V 1 = p2V 2 avec p1 = 2,5·105 Pa, V 1 = 0,75 L et V 2 = 2,00 L. p1V 1 0,75 = 9,4·104 Pa. p2 = ᎏ = 2,5·105 ϫ ᎏ V 2 2,00 c. Le volume total est V Ј2 = 1,00 L soit la moitié de V 2. La nouvelle pression est doublée : pЈ2 = 2 p2 = 1,9·105 Pa. 15.

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a. Le manomètre permet de mesurer la pression

du gaz dans la bouteille s’il est placé avant le détendeur, la pression de sortie du gaz s’il est placé après le détendeur (il peut y avoir deux manomètres). Le détendeur permet de détendre le gaz c’est-à-dire d’abaisser sa pression jusqu’à la valeur de la pression atmosphérique. b. La masse molaire du butane est : 4 ϫ 12,0 + 10 ϫ 1,0 = 58,0 g·mol – 1. m = 12·103 = 2,1·102 mol. n=ᎏ M 58,0 nRT = 2,1·102 ϫ 8,31 ϫ 293 c. pV = nRT donc V = ᎏ 1,0·105 p V = 5,1 m3 soit environ 5 ·103 L.

ᎏ

ᎏᎏᎏ


a. À volume constant et quantité de matière p p constante, ᎏ1 = ᎏ2 avec ici p1 = 1,1·105Pa, T 1 T 2 T 1 = 50 + 273 = 323 K, T 2 = 10 + 273 = 283 K. p1T 2 1,1·105 ϫ 283 p2 = ᎏ = = 0,96·105 Pa. 323 T 1 p1V p2V ou n = ᎏ . b. n = ᎏ RT 1 RT 2 16.

5 1,1·10 n = ᎏᎏ V = 41 V avec V en m3. 8,31 ϫ 323 Pour V = 1,0 L = 1,0·10 – 3 m3, n = 0,041 mol. Pour V = 2,0 L, n est doublé et n = 0,082 mol. Pour V = 0,50 L, n est divisé par 2 et n = 0,021 mol.

΂

΃

De façon générale, le nombre de moles de gaz m avec : est ᎏ M • M : masse molaire du gaz ; • m = 100 g = 0,100 kg. nRT = mRT Comme pV = nRT , on a V = ᎏ ᎏ p Mp – 3 2,4·10 0,100 ϫ 8,31(273 + 20) V = = . M ϫ 1,0·105 M Attention : V en m3 si M est en kg·mol – 1. a. Argon : M = 39,9 g·mol – 1 2,4·10 – 3 –3 3 d’où V = ᎏᎏ – 3 = 60·10 m soit 60 L. 39,9·10 b. Dioxygène : M = 32,0 g·mol – 1 d’où V = 75 L. c. Dioxyde de carbone : M = 44,0 g.mol – 1 d’où V = 55 L. d. Hexafluorure de soufre : M = 32,1 + 6 ϫ 19,0 = 146,1 g·mol – 1 d’où V = 16 L. 17.

ᎏᎏᎏ ᎏ

On utilise l’équation d’état du gaz parfait. a. Le volume occupé par le gaz est divisé par deux, la température et la quantité de matière étant constantes. La pression est doublée. b. La température Celsius est doublée, pas la température Kelvin. La pression n’est pas doublée. c. – 73 °C = 200 K et 127 °C = 400 K. La température est doublée à volume constant et quantité de matière constante. La pression est doublée. d. On double la masse donc la quantité de matière à température et volume constants. La pression est doublée. 32 = 2,0 mol e. Le récipient contient initialement ᎏ 16 32 = 1,1 mol de diazote. de méthane. On ajoute ᎏ 28 Il y a au total 3,1 mol de gaz. La quantité de matière n’est pas doublée, la pression non plus. 18.

7

f. On ajoute 2,0 moles de diazote. La quantité de matière est doublée, la pression aussi.

a. L’équation d’état du gaz parfait pV = nRT devient pour une mole pV m = RT où V m est le 19.

volume molaire. 8,31 ϫ 283 = 47·10 – 3 m3·mol – 1 V m = RT ᎏ = ᎏᎏ p 5,0·104 soit 47 L·mol – 1. b. V m = 8,31 ϫ (273 5– 40) = 65.10 – 3 m3.mol – 1 0,30·10 – 1 soit 65 L·mol . c. Dans les conditions précisées, V m = 24 L·mol – 1. On constate que le volume molaire dépend de la température et de la pression. m = 2,0 = 0,045 mol d. 2,0 g correspondent à n = ᎏ ᎏ M 44,0 de dioxyde de carbone. Le volume occupé est 0,045 ϫ 47 = 2,1 L dans les conditions de la question a ; 0,045 ϫ 65 = 2,9 L en haut de l’Everest ; 0,045 ϫ 24 = 1,1 L à 20 °C et à la pression normale. 5 – 3 1,0.10 ϫ 0,80·10 pV 20. a. n = ᎏ = = 0,033 mol. RT 8,31 ϫ 293 V = 0,80 = 24 L·mol – 1 : c’est la valeur b. V m = ᎏ ᎏ n 0,033 habituellement adoptée dans ces conditions. c. Mêmes réponses.

ᎏᎏ

ᎏᎏᎏ

a. p1V 1 = nRT 1 et p2V 2 = nRT 2 V 1 T 1 avec p1 = p2 = 1,0·105 Pa donc ᎏ = ᎏ . V 2 T 2 T 2 = T 1 + 20 = 300 + 20 = 320 K. V 1T 2 2,0 ϫ 320 V 2 = ᎏ = ᎏᎏ = 2,1 L. T 1 300 b. p2V 2 = nRT 2 et p3V 3 = nRT 3 avec T 2 = T 3 = 3 2 0 K donc p2V 2 = p3V 3. p3 = p2 + 1,0·104 = 1,0·105 + 1,0·104 = 11·104 Pa. p2V 2 1,0·105 ϫ 2,1 V 3 = ᎏ = = 1,9 L. 11·104 p3 m 22. a. ρ = ᎏ ; p0V 0 = nRT 0 ; m = nM ; donc : V 0 nM = Mp0 ρ = ᎏ nRT 0 RT 0 ᎏ pᎏ 0 b. ρ augmente si la pression augmente à tempéra21.

ᎏᎏ

ᎏ ΂ ΃

r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


ture constante ; ρ diminue si la température augmente à pression constante. c. M H2 Ͻ M O2 donc ρH2 Ͻ ρO2. – 3 5 28,0·10 ϫ 1,013·10 = 1,2 kg·m –3 d. ρ N2 = 8,31 ϫ 293 soit 1,2 g·L – 1.

ᎏᎏᎏ

8

a. Dans 1 m3 de gaz de Lacq, il y a 0,70 m 3 de méthane soit V = 7,0·102 L. 23.

• La quantité de matière correspondante est : V = 7,0·102 = 29 mol. n=ᎏ 24 V m • La masse molaire du méthane est : M = 12,0 + 4 ϫ 1,0 = 16,0 g·mol – 1. La masse est m = nM = 29 ϫ 16,0 = 4,7·102 g. b. 1 m3 de gaz de Lacq renferme 0,15 m 3 soit 1,5·102 L de sulfure d’hydrogène. La quantité de matière correspondante est : 1,5·102 = 6,3 mol. 24 La masse molaire du sulfure d’hydrogène est : 2 ϫ 1,0 + 32,1 = 34,1 g·mol – 1. La masse est 6,3 ϫ 34,1 = 2,1·102 g . V méthane 7,0·102 nméthane 29 = = 4,7 et = ᎏ = 4,6 c. V sulf. nsulf. 1,5·102 6,3

ᎏ

ᎏ

ᎏ ᎏ

ᎏ 2

7,0 ·10 ᎏ΃ ΂ᎏ

n 24 = ᎏᎏ = 4,7 ᎏ n 1,5 ·10 ΂ᎏ2 ᎏ ΃ 4 m 4,7·10 = 2,2 =ᎏ ᎏ m 2,1·10 méthane

plus précisément

sulf.

méthane sulf.

2

2

2

Les rapports en volume et en quantité de matière ont même valeur. Ceci est conforme à la loi d’Avogadro-Ampère. Le rapport en masse est différent car les gaz n’ont pas tous la même masse molaire.

Aller plus loin 25. Densité

d’un gaz a. Dans les conditions envisagées le volume molaire est V m = 24 L·mol – 1. La quantité de matière de dioxyde de carbone dans 1,0 = 4,2·10 – 2 mol. 1,0 L est n = ᎏ 24 La masse correspondante est : m = nM = 4,2·10 – 2 ϫ 44,0 = 1,8 g. Pour le dihydrogène, la quantité de matière est la même. La masse correspondante est : 4,2·10 – 2 ϫ 2,0 = 8,4·10 – 2 g. b. 1,0 L d’air renferme : 0,78 = 3,3·10 – 2 mol et • 0,78 L de diazote soit ᎏ 24,0 3,3·10 – 2 ϫ 28,0 = 0,92 g ; 0,21 = 8,8.10 – 3 mol et • 0,21 L de dioxygène soit ᎏ 24,0 – 3 8,8·10 ϫ 32,0 = 0,28 g ;


0,01 = 4,2·10 – 4 mol • 0,01 L d’argon soit ᎏ 24,0 – 4 et 4,2·10 ϫ 39,9 = 0,02 g. La masse d’un litre d’air est donc : 0,92 + 0,28 + 0,02 = 1,22 g soit environ 1,2 g. c. D’après la définition de la densité d’un gaz : • pour le dioxyde de carbone, d = 1,8 ᎏ = 1,5 ; 1,2 –2 • pour le dihydrogène, d = 8,4·10 = 0,07. 1,2 d. Un litre de gaz correspond à une quantité de V = 1 le volume molaire étant matière n = ᎏ ᎏ V m V m exprimé en L·mol – 1. La masse d’un litre de gaz de masse molaire M est M = M . m = nM = ᎏ ᎏ V m 24 La densité s’écrit : M d = masse de 1 L du gaz = ᎏᎏ = M ᎏ. masse de 1 L d’air (24 ϫ 1,2) 29 e. On remarque que la densité du dihydrogène est inférieure à 1, celle du dioxyde de carbone supérieure à 1. Le dihydrogène est moins dense que l’air, le dioxyde de carbone est plus dense que l’air. Pour remplir un ballon de dihydrogène, il faut procéder selon le schéma ቢ : le dihydrogène, moins dense que l’air, « monte » et chasse l’air qui « descend ». Pour remplir un flacon de dioxyde de carbone, il faut procéder selon le schéma ባ : le dioxyde de carbone, plus dense que l’air, « descend » et chasse l’air qui « monte ».

ᎏ

ᎏᎏᎏ

26. Mélange

de gaz et plongée

a. n = n1 + n2. b. p1V 1 = n1 RT 1 ; p2V 2 = n2 RT 2 ; et, pour le mélange, pV = nRT. p1V 1 p2V 2 n1 = ᎏ ; n2 = ᎏ et n = pV ᎏ. RT 1 RT 2 RT p1V 1 p2V 2 Comme n = n1+ n2 alors pV + ᎏ. ᎏ=ᎏ RT RT 1 RT 2 c. Si p1 = p2 = p et T 1 = T 2 = T , après simplification de l’égalité de la question b il reste V = V 1 + V 2. d. On procède comme précédemment. Compte tenu r e i t a H © 4 0 0 2 , e

d


de l’égalité des volumes et de l’égalité des températures, il vient p = p1 + p2 (loi de Dalton). p1V 1 p2V 2 + ᎏ se simplifie si la e. La relation pV ᎏ=ᎏ T T 1 T 2 température est constante : pV = p1V 1 + p2V 2. Avec p1 = p2 = 1,0·105 Pa on a V 1 = 46 L, V 2 = 12 L


et V = 5,0 L et par suite : ( p1V 1 + p2V 2) 1,0·105(46 + 12) = = 1,2·106 Pa. p = V 5,0

ᎏᎏ ᎏᎏ

27. Airbag

a. 2 NaN3 → 2Na + 3N2. m = 100 = 1,5 mol. b. n(azoture) = ᎏ ᎏ M 65,0 Avance2Na ment (mol) 2NaN3 État x = 0 1,5 0 initial État x max 1,5 – 2 x max 2 x max final

3N2 0 3 x max

1,5 = 0,75 mol c. x max = ᎏ

2 n(diazote) = 3 ϫ 0,75 = 2,3 mol V (diazote) = n(diazote) ϫ V m = 2,3 ϫ 24 = 55 L. d. Volume de l’airbag gonflé : V = π ϫ 152 ϫ 60 = 42·103 cm3 soit 42 L. nRT = 2,3 ϫ 8,31 ϫ 293 = 1,3·105 Pa. p = ᎏ V 42·10 – 3

ᎏᎏ

28. Montgolfière

1. a. pV = nRT donc : 105 ϫ 2 000 n = pV = 6,1·104 mol. ᎏ= RT 8,31 ϫ (273 + 120) b. Un égal volume d’air, dans les conditions envi-

ᎏᎏ

sagées où le volume molaire est 24 L·mol – 1, renferme une quantité de matière égale à : 2 000·103 = 8,3·104 mol (donc plus grande). 24 c. La différence de quantité de matière aux deux températures est 2,2·10 4 mol ce qui correspond à une masse de 2,2·10 4 ϫ 29 = 6,4·104 g. (640 – 130) = 8 passagers. d. On peut charger ᎏᎏ 60 2. a. La poussée d’Archimède est une force verticale, dirigée vers le haut, exercée par les fluides (liquides ou gaz) sur les corps qui y sont immergés. b. La poussée d’Archimède s’exerçant sur un objet dépend de son volume mais pas de sa masse (sa valeur est égale au poids d’un volume de fluide égal au volume de l’objet). Ici, la poussée d’Archimède s’exerçant sur l’enveloppe dépend de son volume mais pas de la masse d’air qu’elle contient. 3. La question est volontairement ouverte.

ᎏ

9

microméga physique chimie , 2 nd

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