TP5 chimie : correction des
exercices :
5
minutes chrono page 256
1.
Mots manquants
a. quantité de matière
b.
mol–1
c.
molaire atomique ; g.mol–1
d. molécules ; masses molaires
e.
litre ; mol.L–1
2.
QCM
a. On divise N par NA.
b. On divise m par M.
c. Diminue.
d. 0,50 mol.L–1.
e. 3,42 g de saccharose.
5 minutes chrono page 96 :
1.
Mots manquants.
a. aqueuse
b.
solution, soluté
c. litre
d. g.L–1 (gramme par litre)
e. diminuer, de l’eau distillée
f. pipette jaugée ou graduée, fiole jaugée
2.
QCM
a. m = Cm * V.
b. Diminue.
c. 5,0 g.L–1.
d. 0,180 g de glucose.
Exercice 3 page 256 :
N= n* NA . n est la quantité de matière en mol , NA la constante d’Avogadro en mol-1 et N est le nombre d’atomes de l’échantillon .
Exercice 5 page 256 :
a : N=4,5*6,02.1023 = 2,4.1024 entités microscopiques.
b : N=4,5.10-3 * 6,2.1023 = 2,7.1021 entités microscopiques
Exercice 7 page 256 :
M = 809MC + 1301MH + 229MN + 240 MO + 5MS = 809*12+1301+229*14+240*16+5*32 = 18215 g.mol-1
Exercice 9 page 257 :
La masse molaire du squalène est M = 30*MC + 50*MH= 30*12+50=410 g.mol-1
n = m / M= 10.10-3/410 = 2,4.10-5 mol.
Exercice
12 page 257 :
C=n/V = 2.10-4/0,2 = 10-3 mol.L-1 .
Cm = MI2*C = 2*MI*C=2*127*10-3 = 2,54.10-1 g.L-1 .
Exercice
13 page 257 :
La
quantité de matière de paracétamol dissoute est : n
= m / M.
On en
déduit C : C = n / V = (m / M) / V = m/(M*V)=
0,1/(151*0,2)=3,3.10-3 mol.L-1 .
Exercice 15 page 257 :
a. m = 50 mg = 50 .10–3 g = 5 .10–2 g.
ma = 1,055 .10-25 kg = 1,055 . 10-25 * 103 g. =1,055 . 10-22 g
b. N = m / ma.
A.N. : N = 5.10-2 / 1,055.10-22 = 4,7 . 1020 atomes dans la boucle d’oreille.
La concentration massique en glucose est Cm,glucose = 1,23 g.L–1. On en déduit la concentration molaire en glucose :
Cgluccose = Cm,glucose / Mglucose = 1,23 / 180 = 6,83 .10–3 mol.L–1 = 6,83 mmol.L–1.
La concentration massique en créatinine est Cm,créatinine = 12,0 mg.L–1.
Ccréatinine = Cm,créatinine / Mcréatinine = (12,0 .10–3) / 113 = 1,06 . 10–4 mol.L–1 = 106 μmol.L–1.
La concentration massique en cholestérol est Cm,cholestérol = 2,95 g.L–1.
Ccholestérol = Cm,cholestérol / Mcholestérol = 2,95 / 388 = 7,60 .10–3 mol.L–1 = 7,60 mmol.L–1.
La glycémie du patient est légèrement supérieure aux valeurs normales ; la concentration en cholestérol est largement supérieure aux valeurs normales : ce patient doit donc consulter un médecin.
Exercice
27 page 259 :
La masse molaire de la D-amphétamine est : M = 9 *MC + 13 * MH + MN =9 * 12,0 + 13 + 14,0 = 135 g.mol–1.
La masse molaire de la D-métamphétamine est M' = 10 *MC + 15 * MH + MN= 10 *12 + 15+14 = 149 g.mol–1
Le seuil de détection est Cm = 1 000 ng.mL-1 = 1 000 .10–9 g.mL–1 = 1 000 . 10–6 g.L–1 pour la D-amphétamine.
La concentration molaire correspondante est C = Cm / M.= 1 000 .10–6 / 135 = 7,4 .10–6 mol.L–1.
Le seuil de détection est Cm' = 20 000 ng.mL–1 = 20 000 . 10–9 g.mL–1 = 20 000 . 10–6 g.L–1 pour la D-métamphétamine.
La
concentration molaire correspondante est C' = Cm'
/ M'=20 000 .10–6
/ 149 = 1,34 .10–4 mol.L–1
Cm = m/V =5.10-4/(2.10-3)= 0,25 g.L-1 .
Cette valeur conforme aux valeurs dites normales.
On note V le
volume de sirop commercial introduit par le pâtissier. La masse de
saccharose
introduite par le pâtissier est : m
= Cm
* V.
On note V’ le
volume de sirop léger préparé : sa concentration
massique en saccharose est donc
: cm' = m / V’ = Cm * (V
/ V') =
17,1 * (0,200
/ 1,0) =
3,4 g.L–1.
On pèse la masse m = 500 mg = 0,500 g de saccharose
dans une coupelle de pesée,
puis on introduit ce prélèvement dans une fiole jaugée
de 100 mL.
On rince la coupelle avec de
l'eau
distillée, en récupérant l'eau de rinçage dans la
fiole, qu'on remplit environ
à moitié d'eau distillée.
On agite délicatement et
latéralement la
fiole avant de compléter avec de l'eau distillée jusqu'au
trait de jauge, de
boucher et d'homogénéiser vivement la solution.
Exercice
17 page97
a. V
= 100 mL = 100 .10–3 L
= 1,00 .10–1 L.
b. m
= 60 mg = 60 .10–3 g
= 6,0 . 10–2 g.
c. La concentration massique
du lait en
vitamine A est donc Cm = m / V.
Cm = 6,0
.10–2 / (1,00 . 10–1)
= 6,0 .10–1 g.L–1.
a. Cm = m / V. =
0,1/0,1 =1 g.L-1
b. Cm = m / V. = (2,0 .10–3) / 0,200 = 1,0 .10–2 g.L–1.
Chaque solution a une masse volumique ρ = 1,0 g.mL–1 ; une masse de 100 g de chacune occupe donc un volume V =m/ro = 100/1 g/(g.mL-1) = 100 mL =0,100 L.
La concentration massique de la solution à 5,0 % est donc : Cm = 5,0 / 0,100 = 50 g.L–1.
La
concentration massique de la solution à 10,0 % est donc : C'm = 10,0 / 0,100 = 100 g.L–1.
Exercice
25 page 99
a. Cm = 1500 *0,025 .10–6 = 3,8 . 10–5 g.mL–1 = 3,8 .10–2 g.L–1.
b. Le volume de la dose n°1 est V = 0,67 .10–3 L.
m = Cm * V = 3,8 . 10–2 * 0,67 .10–3 = 2,5 . 10–5 g = 25 μg.
Exercice
30 page 100
1. a.
L'hématocrite est de 56,2 %. Dans 100 mL de ce sang,
le volume occupé par les globules rouges est donc 56,2 mL.
b. Dans 1 mm3 de sang, il y a 5,29 millions de globules rouges.
100 mL = 100
.103
mm3 =
105
mm3.
Dans 100 mL
de sang, il y a donc 5,29 .106 * 105 = 5,29 . 1011 globules
rouges.
c. 5,29 .1011 globules rouges occupent donc un volume de 56,2
mL.
Le VGM
(volume moyen d'un globule rouge) est donc : 56,2 /
(5,29 .1011) = 1,06 . 10–10 mL = 1,06
.10–13 L = 106 fL.
2. a.
D'après la 2e ligne du tableau, il y a
14,9 g d'hémoglobine dans 1 dL = 100 mL de sang.
b.
D'après 1. b., dans 100 mL de sang, il y a 5,29 .1011 globules rouges.
La TCMH est
donc de 14,9 / ( 5,29 . 1011) =
2,82 .10–11 g
= 28,2 pg.
3. Plusieurs
déterminations sont légèrement au-dessus des
normes, mais c'est l'hématocrite qui s'en écarte le plus. Ce
cycliste subira
donc certainement des analyses plus poussées, pour confirmer ou
infirmer son
éventuel dopage.