450
Réponses aux exercices
Exercice 17.1
Appelons A S l’activité spécifique (par g) du marqueur, m S la masse de ce marqueur utilisée, A X l’activité (par g) après récupération et m X la masse inconnue de pénicilline dans l’échantillon prélevé.
M S = 1 × 10
−2 g ; A S = 75 000 Bq/g ; A X = 6 667 Bq/g ; m X = 0,102 g. Dans 1 g d’échantillon
il y a donc 2 fois plus de pénicilline, soit 0,204 g (20,4 %).
Exercice 17.2
a) Concentration de la solution étalon de patuline : 1,54 ppm ou 1 × 10
−5 ;
b) % d’absorbance (ou d’inhibition) par rapport au tube 1 : tube 2 : 45,63 % ; tube 3 : 56,63 % ; tube
4 (éch.) : 48,54 %
c) L’absorbance du tube 1 est plus grande car s’il n’y a pas d’analyte introduit dans le tube, tous les
sites d’anticorps sont occupés par le conjugué enzymatique.
d) La quantité de patuline dans le tube 2 (2 mL) est de 1 × 10
−5 /1 000 = 1 × 10
−8 mol, (1,54 mg),
soit 770 mg·L
−1 (avec log c = 2,8865). Dans le tube 3 la quantité molaire de patuline est deux fois
moindre, soit 0,5 × 10
−8 mol, (0,77 mg) soit : 385 mg·L
−1 (avec log c = 2,5854).
e) La solution initiale contient 0,93 mg·L
−1 (soit 930 ppb) de patuline.
Exercice 17.3
1.a)
35
17 Cl +
1
0
n →
36
17
Cl
∗ + g ;
36
17
Cl
∗
→
36
18
Ar
∗ + b
− ;
36
18
Ar
∗
→
36
18
Ar + hn
(t b− = 3,1 × 10
5 ans)
37
17
Cl +
1
0
n →
38
17
Cl
∗ + g ;
38
17
Cl
∗
→
38
18
Ar
∗ + b
− ;
38
18
Ar
∗
→
38
18
Ar + hn
(t b− = 37,3 min)
1.b) La période étant courte, on peut, par comptage sur une période de quelques heures et avec l’aide
d’un logiciel, identifier la fraction de cet isotope par rapport au rayonnement constant des émetteurs
à périodes longues (moins intense).
1.c) Absorption atomique, mais perte possible d’éléments volatils au cours du traitement de l’échantillon. Fluorescence X, mais analyse de surface essentiellement.
2.a) 2 g de KCl correspondent à 0,0268 mol. Si AgCl était récupéré en totalité, on aurait 3,845 g. Or
on en retrouve 3,726 g. Le rendement massique est donc de 97 %.
2.b) 50 mL d’une solution de AgNO 3 (M = 203,868 g·mol
−1 ) à 15 % correspondent à 7,5 g de
ce sel, soit 7,5/203,868 = 0,037 mol. On remarque que la quantité d’ion argent est donc égale à
0,037/0,0268 soit 1,38 fois la quantité stœchiométrique.
La valeur du comptage g pour une récupération totale de
35 Cl est égal à 11 203/0,97 = 11 549.
La quantité de chlore dans l’acier est de 11 203/48 600×10 = 2,38 mg, soit 4,66 mg·g
−1 (4,7 ppm).
Exercice 17.4
a) l’activité de l’insuline libre s’obtient en retirant de l’activité totale celle de l’insuline complexée :
6 755, 8 889, 10 148, 10 909 et 9 900 pour l’inconnue ;
b) 0,510, 0,800, 1,030, 1,200 et 0,980 pour l’inconnue. ; C = 6,6 ng·mL
−1 .
Exercice 18.1
%C = [10,56 × (12/44)/5,28] × 100 = 54,55 ; %H = [4,32 × (2/18)/5,28] × 100 = 9,09 ;
%O = 36,36 %
Si le composé a pour formule brute C x H y O z et en prenant M = 88 puisqu’il n’y a pas de pic
significatif en SM au-dessus de 89 on pose : 12x/%C = y/%H = 16z/%O = M/100 ; x = 4 ;
y = 8 ; z = 2.
Réponses aux exercices
Exercice 17.1
Appelons A S l’activité spécifique (par g) du marqueur, m S la masse de ce marqueur utilisée, A X l’activité (par g) après récupération et m X la masse inconnue de pénicilline dans l’échantillon prélevé.
M S = 1 × 10
−2 g ; A S = 75 000 Bq/g ; A X = 6 667 Bq/g ; m X = 0,102 g. Dans 1 g d’échantillon
il y a donc 2 fois plus de pénicilline, soit 0,204 g (20,4 %).
Exercice 17.2
a) Concentration de la solution étalon de patuline : 1,54 ppm ou 1 × 10
−5 ;
b) % d’absorbance (ou d’inhibition) par rapport au tube 1 : tube 2 : 45,63 % ; tube 3 : 56,63 % ; tube
4 (éch.) : 48,54 %
c) L’absorbance du tube 1 est plus grande car s’il n’y a pas d’analyte introduit dans le tube, tous les
sites d’anticorps sont occupés par le conjugué enzymatique.
d) La quantité de patuline dans le tube 2 (2 mL) est de 1 × 10
−5 /1 000 = 1 × 10
−8 mol, (1,54 mg),
soit 770 mg·L
−1 (avec log c = 2,8865). Dans le tube 3 la quantité molaire de patuline est deux fois
moindre, soit 0,5 × 10
−8 mol, (0,77 mg) soit : 385 mg·L
−1 (avec log c = 2,5854).
e) La solution initiale contient 0,93 mg·L
−1 (soit 930 ppb) de patuline.
Exercice 17.3
1.a)
35
17 Cl +
1
0
n →
36
17
Cl
∗ + g ;
36
17
Cl
∗
→
36
18
Ar
∗ + b
− ;
36
18
Ar
∗
→
36
18
Ar + hn
(t b− = 3,1 × 10
5 ans)
37
17
Cl +
1
0
n →
38
17
Cl
∗ + g ;
38
17
Cl
∗
→
38
18
Ar
∗ + b
− ;
38
18
Ar
∗
→
38
18
Ar + hn
(t b− = 37,3 min)
1.b) La période étant courte, on peut, par comptage sur une période de quelques heures et avec l’aide
d’un logiciel, identifier la fraction de cet isotope par rapport au rayonnement constant des émetteurs
à périodes longues (moins intense).
1.c) Absorption atomique, mais perte possible d’éléments volatils au cours du traitement de l’échantillon. Fluorescence X, mais analyse de surface essentiellement.
2.a) 2 g de KCl correspondent à 0,0268 mol. Si AgCl était récupéré en totalité, on aurait 3,845 g. Or
on en retrouve 3,726 g. Le rendement massique est donc de 97 %.
2.b) 50 mL d’une solution de AgNO 3 (M = 203,868 g·mol
−1 ) à 15 % correspondent à 7,5 g de
ce sel, soit 7,5/203,868 = 0,037 mol. On remarque que la quantité d’ion argent est donc égale à
0,037/0,0268 soit 1,38 fois la quantité stœchiométrique.
La valeur du comptage g pour une récupération totale de
35 Cl est égal à 11 203/0,97 = 11 549.
La quantité de chlore dans l’acier est de 11 203/48 600×10 = 2,38 mg, soit 4,66 mg·g
−1 (4,7 ppm).
Exercice 17.4
a) l’activité de l’insuline libre s’obtient en retirant de l’activité totale celle de l’insuline complexée :
6 755, 8 889, 10 148, 10 909 et 9 900 pour l’inconnue ;
b) 0,510, 0,800, 1,030, 1,200 et 0,980 pour l’inconnue. ; C = 6,6 ng·mL
−1 .
Exercice 18.1
%C = [10,56 × (12/44)/5,28] × 100 = 54,55 ; %H = [4,32 × (2/18)/5,28] × 100 = 9,09 ;
%O = 36,36 %
Si le composé a pour formule brute C x H y O z et en prenant M = 88 puisqu’il n’y a pas de pic
significatif en SM au-dessus de 89 on pose : 12x/%C = y/%H = 16z/%O = M/100 ; x = 4 ;
y = 8 ; z = 2.