Réponses aux exercices
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Exercice 9.3
Si 90 % du rayonnement est absorbé, T = 0,1. Donc A = 1 et c = 2,22 × 10
−3 mol·L
−1 .
Pour M = 500 g·mol
−1 , on trouve c = 1,11 g·L
−1 .
Exercice 9.4
a) Valeurs des ´ (L·mol
−1
·cm
−1 ) : ´ A(510) = 4,76 ; ´ B(510) = 4,967 ; ´ A(575) = 0,647 ;
´ B(575) = 12, 617.
b) C A = 1,2 × 10
−1 mol·L
−1 et C B = 2 × 10
−2 mol·L
−1 .
Exercice 9.5
a) y = 1,784x + 0,815 en posant y = A échantillon /A permanganate et x = A bichromate /A permanganate .
b) c permanganate = 8,15 × 10
−5 mol·L
−1 et c bichromate = 1,78 × 10
−4 mol·L
−1 .
Exercice 9.6
Le molybdate étant en grand excès, on peut considérer sa concentration constante, la loi de vitesse
devient : −
d [F]
d t
= k
[F] dans l’hypothèse d’une cinétique du premier ordre par rapport au fructose soit ln
[F]
[F] à
= −k
·t ce qui ramené en absorbance donne : ln
A ∞ − A t
A ∞
= −k
·t. Les valeurs
de k
sont pratiquement égales, ce qui confirme l’ordre 1 et la valeur moyenne de k
est 0,0348 min
−1 .
Exercice 10.1
a) E = 1,99 × 10
−20 J. Rapporté à une mole on trouvera 12 000 J (soit 2,87 kcal·mol
−1 ).
b) n = 666,67 cm
−1 (ou 66 667 m
−1 ) ; l = 5,88 mm.
Exercice 10.2
En admettant que la constante de force k reste la même pour les deux espèces (ce sont des isotopes
d’un même élément) on trouve n D = 2 215 cm
−1 (écart inférieur à 2 % avec la valeur exp.).
Exercice 10.3
Un photon correspondant à 2 000 cm
−1 transporte une énergie de E = hc/l = 3,972 × 10
−20 J.
Cette énergie se retrouve sous forme d’énergie mécanique : E tot = E Cin + E pot . Au maximum
d’élongation Dx, E Cin = 0 car la vitesse est nulle. L’énergie E du photon est donc entièrement
sous forme d’énergie potentielle : DE Pot = 1/2k.(Dx)
2 ; DE Pot = E apportée par le photon.
Dx = 8,91 × 10
−12 m soit environ 6 % d’une liaison dont la longueur serait de 0,15 nm.
Exercice 10.4
La masse réduite approximative est : 1,138 × 10
−26 kg ; on trouve k = 1 845 N·m
−1 .
Exercice 10.5
a) Pour un indice relatif de 2,4/1,4 = 1,714 l’angle critique a est tel que sin a = 1/1,714 soit
a = 35,7
◦ .
b) Nombre de réflexions sur la face supérieure : 4 (en admettant que le faisceau incident arrive
perpendiculairement à la face d’entrée).
c) Pour 4 000 cm
−1 , soit l = 2,5 mm, épaisseur équivalente 4 × 2,5 = 10 mm (pour 400 cm
−1 ,
100 mm).
d) Il faut multiplier l’absorbance par un facteur dont la valeur croît en fonction de la longueur d’onde.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
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Exercice 9.3
Si 90 % du rayonnement est absorbé, T = 0,1. Donc A = 1 et c = 2,22 × 10
−3 mol·L
−1 .
Pour M = 500 g·mol
−1 , on trouve c = 1,11 g·L
−1 .
Exercice 9.4
a) Valeurs des ´ (L·mol
−1
·cm
−1 ) : ´ A(510) = 4,76 ; ´ B(510) = 4,967 ; ´ A(575) = 0,647 ;
´ B(575) = 12, 617.
b) C A = 1,2 × 10
−1 mol·L
−1 et C B = 2 × 10
−2 mol·L
−1 .
Exercice 9.5
a) y = 1,784x + 0,815 en posant y = A échantillon /A permanganate et x = A bichromate /A permanganate .
b) c permanganate = 8,15 × 10
−5 mol·L
−1 et c bichromate = 1,78 × 10
−4 mol·L
−1 .
Exercice 9.6
Le molybdate étant en grand excès, on peut considérer sa concentration constante, la loi de vitesse
devient : −
d [F]
d t
= k
[F] dans l’hypothèse d’une cinétique du premier ordre par rapport au fructose soit ln
[F]
[F] à
= −k
·t ce qui ramené en absorbance donne : ln
A ∞ − A t
A ∞
= −k
·t. Les valeurs
de k
sont pratiquement égales, ce qui confirme l’ordre 1 et la valeur moyenne de k
est 0,0348 min
−1 .
Exercice 10.1
a) E = 1,99 × 10
−20 J. Rapporté à une mole on trouvera 12 000 J (soit 2,87 kcal·mol
−1 ).
b) n = 666,67 cm
−1 (ou 66 667 m
−1 ) ; l = 5,88 mm.
Exercice 10.2
En admettant que la constante de force k reste la même pour les deux espèces (ce sont des isotopes
d’un même élément) on trouve n D = 2 215 cm
−1 (écart inférieur à 2 % avec la valeur exp.).
Exercice 10.3
Un photon correspondant à 2 000 cm
−1 transporte une énergie de E = hc/l = 3,972 × 10
−20 J.
Cette énergie se retrouve sous forme d’énergie mécanique : E tot = E Cin + E pot . Au maximum
d’élongation Dx, E Cin = 0 car la vitesse est nulle. L’énergie E du photon est donc entièrement
sous forme d’énergie potentielle : DE Pot = 1/2k.(Dx)
2 ; DE Pot = E apportée par le photon.
Dx = 8,91 × 10
−12 m soit environ 6 % d’une liaison dont la longueur serait de 0,15 nm.
Exercice 10.4
La masse réduite approximative est : 1,138 × 10
−26 kg ; on trouve k = 1 845 N·m
−1 .
Exercice 10.5
a) Pour un indice relatif de 2,4/1,4 = 1,714 l’angle critique a est tel que sin a = 1/1,714 soit
a = 35,7
◦ .
b) Nombre de réflexions sur la face supérieure : 4 (en admettant que le faisceau incident arrive
perpendiculairement à la face d’entrée).
c) Pour 4 000 cm
−1 , soit l = 2,5 mm, épaisseur équivalente 4 × 2,5 = 10 mm (pour 400 cm
−1 ,
100 mm).
d) Il faut multiplier l’absorbance par un facteur dont la valeur croît en fonction de la longueur d’onde.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit