Corrections 729
Corrections
Interro de cours
1. Par analogie avec la vitesse de réaction en chimie, Av =
1
νI
dC(t)
dt
= v form (Xe) où νI est le coefficient
stœchiométrique de
131
53 I. Réponses (a) et (c).
2. La durée nécessaire pour que la moitié des noyaux soit désintégrée correspond au temps de demi-vie t 1/2 .
L’affirmation indique que t 1/2 est indépendant du nombre de noyaux initial ce qui est caractéristique
d’une cinétique d’ordre 1. Réponse (b).
3. La loi de vitesse pour un ordre 1 en cinétique chimique s’écrit : v = kC(t). Pour une réaction nucléaire
on a par analogie : Av(t) = −
dC(t)
dt
= λC(t) où λ est la constante radioactive analogue à la constante
de vitesse en chimie. Réponse (a).
4. En résolvant −
dC(t)
dt
= kC(t), on obtient ln C(t) = ln C(0) − kt. Réponse (c).
5. La concentration C(t) est divisée par deux à chaque fois qu’une durée égale au temps de demi-vie
s’écoule. Ainsi C(t final ) =
C(t initial )
2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2
. Réponse (b).
6. Considérons l’instant de mise en cuve comme initial et t vid le temps de stockage. On cherche t vid pour
lequel C(t vid ) = 10 Bq · L
−1 avec C(0) = 1,0 MBq · L
−1 . Ainsi, t vid =
1
λ
ln
C(0)
C(t vid )
= 134 jours.
Réponse (b).
Exercice 27.1
1. Si v est la vitesse de la réaction, la vitesse de disparition de N 2 O 5 est −
d[N 2 O 5 ]
dt
= 2v. La vitesse
d’apparition de NO 2 est
d[NO 2 ]
dt
= 4v.
2. La concentration initiale est [N 2 O 5 ]0 =
n0
V
. Or d’après l’équation d’état d’un gaz parfait P0V = n0RT
donc [N 2 O 5 ]0 =
P0
RT
= 40 mol · m
−3 = 4,0 · 10
−2 mol · L
−1 .
3. L’unité de k montre que la réaction est d’ordre 1. La loi de vitesse s’écrit donc v = k[N 2 O 5 ]. La
concentration c(t) = [N 2 O 5 ] vérifie donc l’équation différentielle
dc
dt
= −2kc. On en déduit la solution
c(t) = c(0) exp (−2kt) avec c(0) = [N 2 O 5 ]0. Le temps de demi-vie t 1/2 est tel que c(t 1/2 ) = c(0)/2, ce
qui donne t 1/2 = ln(2)/(2k) = 2,05 · 10
4 s = 5,7 h.
4. La vitesse d’apparition de NO 2 à t = 0 est
d[NO 2 ]
dt
= 4k[N 2 O 5 ]0 = 2,7 · 10
−6 mol · L
−1 · s
−1 .
5. La pression est P =
nRT
V
, où n est le nombre de moles de gaz, c’est-à-dire n = n(N 2 O 5 )+n(NO 2 )+n(O 2 ).
Faisons un tableau d’avancement en concentrations :
2 N 2 O 5
4 NO 2 + O 2
à l’instant initial
c(0)
0
0
à t quelconque
c(0) − 2x
4x
x
On a ainsi c(t) = c(0) − 2x, soit x(t) =
c(0)−c(t)
2
=
c(0)
2
(1 − exp(−2kt)). Le nombre de moles total par
unité de volume est
n
V
= c(t) + 4x + x = c(0) + 3x =
c(0)
2
(5 − 3 exp(−2kt)). La pression totale est
donc : P (t) =
c(0)RT
2
(5 − 3 exp(−2kt)).
© Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit.
partagelivrescpge.blogspot.com
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1. Par analogie avec la vitesse de réaction en chimie, Av =
1
νI
dC(t)
dt
= v form (Xe) où νI est le coefficient
stœchiométrique de
131
53 I. Réponses (a) et (c).
2. La durée nécessaire pour que la moitié des noyaux soit désintégrée correspond au temps de demi-vie t 1/2 .
L’affirmation indique que t 1/2 est indépendant du nombre de noyaux initial ce qui est caractéristique
d’une cinétique d’ordre 1. Réponse (b).
3. La loi de vitesse pour un ordre 1 en cinétique chimique s’écrit : v = kC(t). Pour une réaction nucléaire
on a par analogie : Av(t) = −
dC(t)
dt
= λC(t) où λ est la constante radioactive analogue à la constante
de vitesse en chimie. Réponse (a).
4. En résolvant −
dC(t)
dt
= kC(t), on obtient ln C(t) = ln C(0) − kt. Réponse (c).
5. La concentration C(t) est divisée par deux à chaque fois qu’une durée égale au temps de demi-vie
s’écoule. Ainsi C(t final ) =
C(t initial )
2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2 × 2
. Réponse (b).
6. Considérons l’instant de mise en cuve comme initial et t vid le temps de stockage. On cherche t vid pour
lequel C(t vid ) = 10 Bq · L
−1 avec C(0) = 1,0 MBq · L
−1 . Ainsi, t vid =
1
λ
ln
C(0)
C(t vid )
= 134 jours.
Réponse (b).
Exercice 27.1
1. Si v est la vitesse de la réaction, la vitesse de disparition de N 2 O 5 est −
d[N 2 O 5 ]
dt
= 2v. La vitesse
d’apparition de NO 2 est
d[NO 2 ]
dt
= 4v.
2. La concentration initiale est [N 2 O 5 ]0 =
n0
V
. Or d’après l’équation d’état d’un gaz parfait P0V = n0RT
donc [N 2 O 5 ]0 =
P0
RT
= 40 mol · m
−3 = 4,0 · 10
−2 mol · L
−1 .
3. L’unité de k montre que la réaction est d’ordre 1. La loi de vitesse s’écrit donc v = k[N 2 O 5 ]. La
concentration c(t) = [N 2 O 5 ] vérifie donc l’équation différentielle
dc
dt
= −2kc. On en déduit la solution
c(t) = c(0) exp (−2kt) avec c(0) = [N 2 O 5 ]0. Le temps de demi-vie t 1/2 est tel que c(t 1/2 ) = c(0)/2, ce
qui donne t 1/2 = ln(2)/(2k) = 2,05 · 10
4 s = 5,7 h.
4. La vitesse d’apparition de NO 2 à t = 0 est
d[NO 2 ]
dt
= 4k[N 2 O 5 ]0 = 2,7 · 10
−6 mol · L
−1 · s
−1 .
5. La pression est P =
nRT
V
, où n est le nombre de moles de gaz, c’est-à-dire n = n(N 2 O 5 )+n(NO 2 )+n(O 2 ).
Faisons un tableau d’avancement en concentrations :
2 N 2 O 5
4 NO 2 + O 2
à l’instant initial
c(0)
0
0
à t quelconque
c(0) − 2x
4x
x
On a ainsi c(t) = c(0) − 2x, soit x(t) =
c(0)−c(t)
2
=
c(0)
2
(1 − exp(−2kt)). Le nombre de moles total par
unité de volume est
n
V
= c(t) + 4x + x = c(0) + 3x =
c(0)
2
(5 − 3 exp(−2kt)). La pression totale est
donc : P (t) =
c(0)RT
2
(5 − 3 exp(−2kt)).
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