Exercices corrigés : description et constitution de la matière (Seconde)

a) Corps purs : eau distillée et cuivre métallique. Mélanges homogènes : eau minérale, air, sirop de menthe dilué. Mélanges hétérogènes : eau boueuse et jus d'orange avec pulpe. Le critère est visuel à l'échelle macroscopique : si on distingue au moins deux phases, même à la loupe, le mélange est hétérogène. L'air est un piège classique, il est bien un mélange, principalement de diazote et de dioxygène, mais homogène.

b) La décantation, qui consiste à laisser reposer pour que les particules tombent au fond, puis à verser le liquide surnageant. Ou la filtration, où le mélange traverse un papier filtre qui retient les particules solides. La filtration donne le liquide le plus clair, car la décantation laisse toujours en suspension les particules les plus fines qui n'ont pas eu le temps de tomber. En pratique on enchaîne les deux : décanter d'abord évite de colmater le filtre.

c) Il suffit d'évaporer à sec un volume d'eau minérale dans une coupelle. Un résidu blanc reste au fond : ce sont les sels minéraux dissous. Avec de l'eau distillée, la coupelle reste propre. Une eau limpide peut donc contenir beaucoup de matière dissoute, l'oeil ne sert à rien pour trancher.

d) Il prouve seulement la présence d'EAU dans l'échantillon, puisque le sulfate de cuivre anhydre, blanc, bleuit au contact de l'eau. Il ne prouve pas que l'échantillon est de l'eau pure : le jus d'orange contient de l'eau au milieu de dizaines d'autres espèces et le test est tout aussi positif. Un test d'identification répond à la question « y a-t-il cette espèce ? », jamais à la question « n'y a-t-il que cette espèce ? ».

e) La distillation. L'éthanol, dont la température d'ébullition est la plus basse, passe en premier à l'état gazeux, monte dans la colonne, se condense dans le réfrigérant et tombe dans le ballon de recueil. On surveille le thermomètre : tant qu'il stagne vers $78\ \mathrm{^\circ C}$, c'est l'éthanol qui distille.

a) La masse du liquide seul vaut $m=84{,}7-45{,}2=39{,}5\ \mathrm{g}$. Donc $\rho=\dfrac{39{,}5}{50{,}0}=0{,}790\ \mathrm{g/mL}$. Pour la conversion, retenir le facteur $1\ \mathrm{g/mL}=1000\ \mathrm{kg/m^3}$ : $\rho=790\ \mathrm{kg/m^3}$. Oublier de retrancher la masse du flacon donne $1{,}69\ \mathrm{g/mL}$, une valeur qui devrait alerter puisque aucun liquide courant n'est aussi dense.

b) $d=\dfrac{0{,}790}{1{,}00}=0{,}790$, sans unité. Comme $d<1$, le liquide est moins dense que l'eau : il flotte, et il forme une couche au-dessus. Ces valeurs correspondent à de l'éthanol.

c) On isole le volume dans $\rho=\dfrac{m}{V}$ : $V=\dfrac{m}{\rho}=\dfrac{2000}{0{,}790}=2532\ \mathrm{mL}$, soit environ $2{,}5\ \mathrm{L}$. Attention à convertir les kilogrammes en grammes AVANT de diviser, sinon on trouve un volume mille fois trop petit. Vérification de bon sens : le liquide étant plus léger que l'eau, il en faut plus de deux litres pour faire deux kilogrammes, ce qui est bien le cas.

d) Le liquide le moins dense flotte au-dessus. Couche 1 : l'huile, $0{,}92\ \mathrm{g/mL}$. Couche 2 : l'eau pure, $1{,}00\ \mathrm{g/mL}$. Couche 3, au fond : l'eau salée, $1{,}10\ \mathrm{g/mL}$. Le classement des couches est exactement le classement des masses volumiques, du plus petit en haut au plus grand en bas.

e) Sa masse volumique vaut $\rho=\dfrac{8{,}1}{8{,}0}=1{,}01\ \mathrm{g/mL}$. Elle est supérieure à celle de l'eau pure ($1{,}00$) mais inférieure à celle de l'eau salée ($1{,}10$). Le cube traverse donc l'huile et l'eau pure, puis s'arrête à la surface de l'eau salée : il flotte à l'interface entre la couche 2 et la couche 3. C'est le principe du ludion et des tests de tri des plastiques par flottation.

a) Le volume doit être en litres : $V=250{,}0\ \mathrm{mL}=0{,}2500\ \mathrm{L}$. Donc $C_m=\dfrac{12{,}0}{0{,}2500}=48{,}0\ \mathrm{g/L}$. Lire ce résultat à voix haute aide : un litre de cette solution contiendrait $48{,}0\ \mathrm{g}$ de sel, et comme on n'en a qu'un quart de litre, on retrouve bien les $12{,}0\ \mathrm{g}$ pesés.

b) La concentration est la même partout dans une solution homogène, c'est justement ce qui définit l'homogénéité. Donc $m=C_m\times V=48{,}0\times 0{,}0200=0{,}960\ \mathrm{g}$. Prélever un vingtième du volume prélève un vingtième du soluté, pas davantage.

c) Parce que le volume qui figure dans la définition est celui de la SOLUTION finale, pas celui du solvant de départ. En dissolvant le sel dans $250{,}0\ \mathrm{mL}$ d'eau, on obtient un volume final légèrement supérieur, donc une concentration légèrement inférieure à $48{,}0\ \mathrm{g/L}$. C'est exactement pour cela que l'on utilise une fiole jaugée : on ajoute le solvant JUSQU'AU trait, on ne part pas du trait.

d) $m=C_m\times V=8{,}0\times 0{,}5000=4{,}0\ \mathrm{g}$. Le protocole associé : peser $4{,}0\ \mathrm{g}$ sur une balance, transvaser dans une fiole jaugée de $500{,}0\ \mathrm{mL}$ à l'aide d'un entonnoir, rincer la coupelle de pesée au-dessus de la fiole pour ne rien perdre, remplir aux deux tiers, agiter jusqu'à dissolution complète, puis compléter jusqu'au trait de jauge et homogénéiser.

e) La masse maximale que $0{,}2500\ \mathrm{L}$ d'eau peut dissoudre vaut $360\times 0{,}2500=90{,}0\ \mathrm{g}$. Avec $100{,}0\ \mathrm{g}$, on dépasse : $90{,}0\ \mathrm{g}$ se dissolvent et $10{,}0\ \mathrm{g}$ restent au fond sous forme de dépôt solide. La solution est dite saturée, et sa concentration plafonne à $360\ \mathrm{g/L}$ : ajouter encore du sel ne la fait plus monter.

a) La masse de soluté se conserve, donc $C_1V_1=C_2V_2$, d'où $C_2=\dfrac{C_1V_1}{V_2}=\dfrac{120\times 10{,}0}{100{,}0}=12{,}0\ \mathrm{g/L}$. Les volumes peuvent rester en millilitres des deux côtés puisqu'ils se simplifient, mais ils doivent être dans la MÊME unité.

b) $F=\dfrac{V_2}{V_1}=\dfrac{100{,}0}{10{,}0}=10$. La solution a été diluée dix fois, donc sa concentration est dix fois plus petite : $C_2=\dfrac{120}{10}=12{,}0\ \mathrm{g/L}$, ce qui confirme la question a). Le facteur de dilution est un rapport de volumes ET un rapport de concentrations, dans le sens inverse.

c) On veut $F=\dfrac{C_1}{C_2}=\dfrac{120}{6{,}0}=20$, donc $V_1=\dfrac{V_2}{F}=\dfrac{250{,}0}{20}=12{,}5\ \mathrm{mL}$. Vérification directe : $6{,}0\times 0{,}2500=1{,}5\ \mathrm{g}$ de sirop dans la fille, et $1{,}5\ \mathrm{g}$ dans $\dfrac{1{,}5}{120}=0{,}0125\ \mathrm{L}$ de mère, soit bien $12{,}5\ \mathrm{mL}$.

d) Une pipette jaugée de $12{,}5\ \mathrm{mL}$ n'existe pas dans le commerce : on prélève à la burette graduée, ou à la pipette graduée de $25\ \mathrm{mL}$. La solution fille se prépare dans une fiole jaugée de $250{,}0\ \mathrm{mL}$. L'éprouvette graduée ne convient pas parce que sa précision est de l'ordre du millilitre, contre le centième de millilitre pour la verrerie jaugée : sur un prélèvement de $12{,}5\ \mathrm{mL}$, l'erreur commise se répercuterait directement sur la concentration finale.

e) Il confond concentration et masse. Avant : dans les $10{,}0\ \mathrm{mL}$ prélevés, $m=120\times 0{,}0100=1{,}20\ \mathrm{g}$ de sirop. Après : dans les $100{,}0\ \mathrm{mL}$ de solution fille, $m=12{,}0\times 0{,}1000=1{,}20\ \mathrm{g}$. C'est la même masse. Ce qui a changé, c'est le volume dans lequel ces $1{,}20\ \mathrm{g}$ sont répartis, donc la concentration. Ajouter de l'eau n'a jamais fait disparaître une molécule de sirop.

a) Oui : les cinq points sont alignés et la droite passe par l'origine, ce qu'on vérifie en calculant les rapports $\dfrac{A}{C_m}$, tous égaux à $0{,}105$. La grandeur $A$ est donc PROPORTIONNELLE à $C_m$. C'est cette propriété qui rend le dosage possible : sans proportionnalité, une seule mesure ne suffirait pas à remonter à la concentration.

b) $k=\dfrac{\Delta A}{\Delta C_m}=\dfrac{0{,}84-0}{8{,}0-0}=0{,}105\ \mathrm{L/g}$. On prend deux points ÉLOIGNÉS de la droite tracée, pas deux points voisins : l'incertitude de lecture est alors divisée par un écart plus grand. L'unité est l'inverse de celle de l'axe des abscisses, puisque l'absorbance n'a pas d'unité.

c) $A=k\,C_m$ donne $C_m=\dfrac{A}{k}=\dfrac{0{,}52}{0{,}105}=4{,}95\ \mathrm{g/L}$, soit environ $5{,}0\ \mathrm{g/L}$. Graphiquement : on part de $0{,}52$ sur l'axe vertical, on rejoint la droite horizontalement, puis on descend sur l'axe horizontal. On tombe entre les étalons à $4{,}0$ et $6{,}0\ \mathrm{g/L}$, un peu au-dessus du milieu, ce qui est cohérent.

d) Parce que $A=1{,}45$ sort de la zone couverte par les étalons, qui s'arrêtent à $0{,}84$. Extrapoler la droite au-delà du domaine mesuré est un pari : rien ne garantit que la proportionnalité tienne encore, et en pratique elle cesse de tenir aux fortes concentrations. Il faut diluer la solution inconnue d'un facteur connu, par exemple 5, mesurer l'absorbance de la solution diluée, lire la concentration sur la droite, puis multiplier par 5 pour remonter à celle de départ.

e) Pour faire le « blanc » : on règle le spectrophotomètre sur zéro avec le solvant seul, dans la même cuve. Ainsi la mesure ne compte que ce qui est absorbé par le soluté, et non ce qu'absorbent la cuve et le solvant. Sans cette étape, toutes les mesures seraient décalées vers le haut de la même quantité et la droite ne passerait plus par l'origine.

a) $\rho=\dfrac{m}{V}=\dfrac{19{,}8}{25{,}0}=0{,}792\ \mathrm{g/mL}$.

b) Un écart de $2\ \%$ autour de $0{,}792$ couvre l'intervalle allant de $0{,}776$ à $0{,}808$. Le cyclohexane ($0{,}779$), l'éthanol ($0{,}789$) et l'acétone ($0{,}791$) y sont tous les trois ; l'eau et le dichlorométhane sont exclus sans discussion. Le calcul de masse volumique ne suffit donc pas : il élimine, il ne désigne pas. C'est exactement le rôle d'une caractéristique physique dans une identification, réduire la liste des possibles avant de trancher par un autre critère.

c) Si la masse vaut $19{,}8\pm 0{,}1\ \mathrm{g}$, alors la masse volumique va de $\dfrac{19{,}7}{25{,}0}=0{,}788$ à $\dfrac{19{,}9}{25{,}0}=0{,}796\ \mathrm{g/mL}$. L'incertitude sur $\rho$ est donc d'environ $0{,}004\ \mathrm{g/mL}$, ce qui est du même ordre que l'écart entre l'éthanol et l'acétone : $0{,}002$. Voilà pourquoi ces deux-là sont indiscernables avec ce matériel, et pourquoi écrire un troisième chiffre après la virgule serait ici un mensonge sur la précision réelle.

d) Mesurer la température d'ébullition. Le liquide est chauffé doucement dans un tube à essai muni d'un thermomètre ; la température se stabilise pendant tout le changement d'état, et ce palier identifie l'espèce. Les trois valeurs sont bien séparées, en particulier l'acétone à $56\ \mathrm{^\circ C}$, très en dessous des deux autres. Un écart de $25\ \mathrm{^\circ C}$ est mesurable sans difficulté, contrairement à un écart de $0{,}002\ \mathrm{g/mL}$.

e) Le liquide est MISCIBLE à l'eau, donc il n'y a pas d'interface. Le cyclohexane, lui, est un solvant qui ne se mélange pas à l'eau et donnerait deux phases nettement visibles. Cette seule observation élimine le cyclohexane. Combinée à la mesure d'ébullition de la question d), elle permet de conclure : si le palier est vers $78\ \mathrm{^\circ C}$, c'est de l'éthanol.

a) $m=C_m\times V=18{,}0\times 0{,}2000=3{,}60\ \mathrm{g}$. Protocole : 1. peser $3{,}60\ \mathrm{g}$ de glucose dans une coupelle sur une balance tarée ; 2. transvaser dans la fiole jaugée de $200{,}0\ \mathrm{mL}$ à l'aide d'un entonnoir ; 3. rincer la coupelle et l'entonnoir à l'eau distillée AU-DESSUS de la fiole ; 4. remplir aux deux tiers, boucher et agiter jusqu'à dissolution complète ; 5. compléter jusqu'au trait de jauge, boucher et retourner plusieurs fois pour homogénéiser.

b) $F=\dfrac{18{,}0}{3{,}6}=5{,}0$, donc $V_1=\dfrac{100{,}0}{5{,}0}=20{,}0\ \mathrm{mL}$. La pipette jaugée de $20{,}0\ \mathrm{mL}$ et la fiole jaugée de $100{,}0\ \mathrm{mL}$ figurent toutes deux dans la liste : le protocole est réalisable avec la précision maximale.

c) Trop petite. La masse de soluté est fixée par le prélèvement de $20{,}0\ \mathrm{mL}$ : elle ne dépend pas de ce qui suit. En revanche, ajouter $100{,}0\ \mathrm{mL}$ d’eau aux $20{,}0\ \mathrm{mL}$ déjà présents donne un volume final de l’ordre de $120\ \mathrm{mL}$, au lieu des $100{,}0\ \mathrm{mL}$ voulus. Dans $C_m=\dfrac{m}{V}$, le numérateur ne bouge pas et le dénominateur augmente : la concentration obtenue vaut environ $\dfrac{100{,}0}{120}\times 3{,}6=3{,}0\ \mathrm{g/L}$, donc trop petite. La méthode générale tient en une question : laquelle des deux grandeurs de $C_m=\dfrac{m}{V}$ l’erreur touche-t-elle, et dans quel sens ?

d) Trop petite également, mais pour une raison différente : une partie du glucose pesé reste collée dans la coupelle et n'entre jamais dans la fiole. La masse réellement dissoute est inférieure à $3{,}60\ \mathrm{g}$ alors que le volume, lui, est exact au trait de jauge. Le numérateur baisse, le dénominateur ne bouge pas, la concentration baisse. Retenir la méthode générale : identifier laquelle des deux grandeurs de $C_m=\dfrac{m}{V}$ l'erreur affecte, et dans quel sens.

e) Il faudrait $F=\dfrac{18{,}0}{2{,}0}=9{,}0$, donc un prélèvement de $V_1=\dfrac{100{,}0}{9{,}0}=11{,}1\ \mathrm{mL}$ : aucune pipette jaugée de la liste ne délivre ce volume, et une pipette graduée ferait perdre la précision recherchée. Deux dilutions successives ne sauvent rien non plus : il faudrait écrire $9$ comme un produit de deux facteurs réalisables avec les couples pipette-fiole disponibles, or la dilution finale, qui aboutit dans la fiole de $100{,}0\ \mathrm{mL}$, a un facteur de $4$, $5$, $10$ ou $20$, et la première un facteur de $2$ ; $2{,}5$ ; $4$ ; $5$ ; $8$ ; $10$ ; $20$ ; $25$ ; $40$ ; $50$ ou $100$ : aucun produit d'un facteur de chaque liste ne fait $9$. La contrainte se lève en amont : on prépare une solution mère à $20{,}0\ \mathrm{g/L}$ au lieu de $18{,}0$, en pesant $4{,}00\ \mathrm{g}$ de glucose dans la fiole de $200{,}0\ \mathrm{mL}$. Une seule dilution par $10$, soit $10{,}0\ \mathrm{mL}$ prélevés à la pipette jaugée et complétés à $100{,}0\ \mathrm{mL}$, donne alors exactement $2{,}0\ \mathrm{g/L}$. Retenir la leçon : quand la verrerie bloque, on change la concentration de départ, pas la précision du protocole.

a) Faux : limpide signifie seulement qu'aucune particule n'est en suspension, et incolore qu'aucune espèce ne colore le mélange. L'eau minérale est limpide, incolore, et contient pourtant plusieurs centaines de milligrammes de sels dissous par litre. Correct : « une eau limpide et incolore peut être un mélange homogène ; seule une évaporation à sec, ou une mesure de conductivité, permet de conclure ».

b) Faux : la densité est un RAPPORT de deux masses volumiques, elle n'a pas d'unité. Correct : « la masse volumique de l'huile vaut $0{,}92\ \mathrm{g/mL}$, donc sa densité vaut $0{,}92$ ». La confusion est sans gravité numérique tant qu'on travaille en grammes par millilitre, puisque les deux nombres coïncident, mais elle devient une erreur franche dès qu'on passe en $\mathrm{kg/m^3}$ : la masse volumique vaut alors $920$, et la densité toujours $0{,}92$.

c) Faux : diluer, c'est ajouter du SOLVANT, jamais retirer du soluté. La masse de soluté présente dans la solution fille est exactement celle qui a été prélevée dans la mère. Correct : « si je dilue dix fois, la même masse de soluté est répartie dans un volume dix fois plus grand, donc la CONCENTRATION est dix fois plus petite ».

d) Faux : le volume qui intervient dans $C_m=\dfrac{m}{V}$ est celui de la solution finale. En versant le soluté dans $100\ \mathrm{mL}$ d'eau, on obtient un peu plus de $100\ \mathrm{mL}$ de solution, donc une concentration un peu inférieure à $5\ \mathrm{g/L}$. Correct : « je verse $0{,}5\ \mathrm{g}$ dans une fiole jaugée de $100{,}0\ \mathrm{mL}$ et je complète jusqu'au trait ». Noter au passage la deuxième erreur : $5\ \mathrm{g/L}$ dans $0{,}100\ \mathrm{L}$ font $0{,}5\ \mathrm{g}$, pas $5\ \mathrm{g}$.

e) Faux : une droite d'étalonnage n'est valable que dans le domaine où elle a été établie. Au-delà de la dernière mesure, rien ne garantit que la proportionnalité tienne, et l'absorbance sature en pratique. Correct : « je dilue l'échantillon d'un facteur connu jusqu'à ramener son absorbance dans le domaine des étalons, je lis la concentration de la solution diluée, puis je multiplie par le facteur de dilution ».

a) $1187\ \mathrm{mg/L}=1{,}187\ \mathrm{g/L}$, en divisant par $1000$. Pour $1{,}5\ \mathrm{L}$ : $m=1{,}187\times 1{,}5=1{,}78\ \mathrm{g}$. Presque deux grammes de sulfates dans une bouteille : c'est une eau fortement minéralisée, ce que le diagramme montre d'un coup d'oeil puisque la barre des sulfates domine toutes les autres.

b) On additionne : $486+84+9{,}1+1187+403=2169{,}1\ \mathrm{mg/L}$, soit $2{,}17\ \mathrm{g/L}$. L'eau reste parfaitement limpide, car tous ces sels sont DISSOUS : ils sont dispersés à l'échelle des entités et ne diffusent pas la lumière. La limpidité ne renseigne jamais sur la quantité de matière dissoute, seulement sur l'absence de particules en suspension.

c) $V=\dfrac{m}{C_m}=\dfrac{900}{486}=1{,}85\ \mathrm{L}$. C'est réaliste en volume, un adulte boit couramment près de deux litres par jour, mais irréaliste en pratique nutritionnelle : cela supposerait de ne boire que cette eau-là, et d'ingérer du même coup $2{,}2\ \mathrm{g}$ de sulfates, ce qui a un effet laxatif connu. Une eau très calcique est un complément, pas un apport unique.

d) Deux litres apportent $9{,}1\times 2=18{,}2\ \mathrm{mg}$ de sodium, très en dessous des $200\ \mathrm{mg}$ autorisés. Cette eau est donc parfaitement compatible avec un régime pauvre en sodium, ce qui peut surprendre puisqu'elle est par ailleurs la plus minéralisée du rayon. La leçon : « minéralisée » n'est pas un synonyme de « salée », il faut regarder QUEL ion est concerné.

e) $m=C_{m,total}\times V=2{,}1691\times 0{,}2500=0{,}542\ \mathrm{g}$, soit environ $0{,}54\ \mathrm{g}$. En pratique on récupère un peu moins, parce qu'une partie des hydrogénocarbonates se décompose au chauffage en libérant du dioxyde de carbone gazeux, qui s'échappe. Toute la masse dissoute ne se retrouve donc pas dans le résidu solide.

a) $C_{dilu\acute{e}e}=\dfrac{A}{k}=\dfrac{0{,}26}{0{,}080}=3{,}25\ \mathrm{g/L}$. Contrôle : $0{,}080\times 3{,}25=0{,}26$ ✓.

b) La dilution divise la concentration par $200$, donc remonter à la solution mère la multiplie par $200$ : $C_{sirop}=3{,}25\times 200=650\ \mathrm{g/L}$. Il faut ici résister à l'automatisme du « je divise » : le facteur de dilution s'applique dans le sens de la préparation, et on le remonte dans l'autre sens.

c) Deux dilutions successives dont le produit des facteurs vaut $200$. Par exemple $F_1=20$ : prélever $5{,}0\ \mathrm{mL}$ de sirop à la pipette jaugée, compléter à $100{,}0\ \mathrm{mL}$ en fiole jaugée. Puis $F_2=10$ : prélever $10{,}0\ \mathrm{mL}$ de cette solution, compléter à $100{,}0\ \mathrm{mL}$. Le facteur total vaut $20\times 10=200$. On procède en deux étapes parce qu'une dilution directe par $200$ demanderait de prélever $0{,}5\ \mathrm{mL}$ pour $100\ \mathrm{mL}$, un volume que la verrerie jaugée ne mesure pas avec assez de précision.

d) La masse de la bouteille de sirop vaut $m=\rho V=1{,}30\times 750=975\ \mathrm{g}$. La masse de sucre, si l'étiquette dit vrai, vaut $m_{sucre}=650\times 0{,}75=487{,}5\ \mathrm{g}$, soit environ $488\ \mathrm{g}$.

e) $\dfrac{487{,}5}{975}=0{,}500$, soit exactement la moitié de la masse. Le sirop est donc, en masse, moitié sucre et moitié eau. Cela explique directement la masse volumique de $1{,}30\ \mathrm{g/mL}$ mesurée en d) : le sucre dissous ajoute beaucoup de masse sans ajouter beaucoup de volume, puisque ses entités se glissent entre les molécules d'eau. C'est le même phénomène qui rend l'eau salée plus dense que l'eau pure, et qui fait qu'un sirop coule au fond d'un verre d'eau tant qu'on n'a pas remué.

a) $V=4{,}0\times 3{,}5\times 2{,}5=35\ \mathrm{m^3}$. Comme $1\ \mathrm{m^3}=1000\ \mathrm{L}$, $V=35\ 000\ \mathrm{L}$.

b) Le pourcentage est un pourcentage en volume, il s'applique donc directement au volume : $V_{O_2}=0{,}21\times 35=7{,}35\ \mathrm{m^3}$, soit environ $7{,}4\ \mathrm{m^3}$.

c) $m=\rho\times V=1{,}20\times 35\ 000=42\ 000\ \mathrm{g}$, soit $42\ \mathrm{kg}$. Le résultat surprend souvent : l'air d'une simple chambre pèse autant qu'un élève de collège. On ne le sent pas parce qu'on est plongé dedans, comme un poisson ne sent pas le poids de l'eau.

d) $m_{O_2}=\rho_{O_2}\times V_{O_2}=1{,}33\times 7\ 350\approx 9\ 776\ \mathrm{g}$, soit environ $9{,}78\ \mathrm{kg}$. Pourcentage en masse : $\dfrac{9{,}78}{42{,}0}\times 100\approx 23{,}3\ \%$.

e) Non. Le $21\ \%$ est un pourcentage EN VOLUME. En masse, le dioxygène représente environ $23\ \%$ de l'air, un peu plus, parce que le dioxygène est plus dense que le diazote : à volume égal, il pèse plus lourd. Un pourcentage de composition n'a de sens que si l'on précise s'il porte sur les volumes ou sur les masses.

Le fil de l'exercice : le volume se calcule avec les pourcentages en volume, la masse avec les masses volumiques, et l'on ne passe de l'un à l'autre que par $m=\rho V$.

a) L'échantillon 1. Un corps pur change d'état à température CONSTANTE, ce qui se traduit par un palier sur la courbe de refroidissement. Un mélange se solidifie sur une plage de températures, comme l'échantillon 2 entre $74$ et $62\ \mathrm{^\circ C}$, sans palier net.

b) Le palier est à $80\ \mathrm{^\circ C}$ : c'est la température de solidification, égale à la température de fusion pour un corps pur. La valeur la plus proche de la table est celle du naphtalène, $80{,}3\ \mathrm{^\circ C}$. Les deux autres espèces sont éloignées de plus de $10\ \mathrm{^\circ C}$ et sont exclues.

c) À $90\ \mathrm{^\circ C}$, au-dessus du palier : liquide. Pendant le palier : liquide et solide coexistent, les cristaux grossissent. À $70\ \mathrm{^\circ C}$, après le palier : solide. Le palier est la seule zone où deux états sont présents ensemble.

d) Écart relatif : $\dfrac{|78-80{,}3|}{80{,}3}\times 100\approx 2{,}9\ \%$. C'est inférieur à $5\ \%$ : la mesure est compatible avec le naphtalène. L'écart vient souvent d'un thermomètre mal plongé ou d'un produit légèrement impur, une impureté abaissant toujours la température de fusion.

e) Pendant le palier, l'énergie cédée ne sert pas à refroidir la matière mais à la faire changer d'état : les entités du liquide se rangent en cristal et cette réorganisation libère de l'énergie, qui compense exactement celle perdue vers l'extérieur. Tant qu'il reste du liquide, la température ne bouge pas.

Méthode à retenir : un palier signe un corps pur, et sa température est une carte d'identité de l'espèce ; une plage de solidification signe un mélange.

a) $R_f(J)=\dfrac{2{,}4}{8{,}0}=0{,}30$ ; $R_f(B)=\dfrac{6{,}0}{8{,}0}=0{,}75$ ; $R_f(R)=\dfrac{4{,}4}{8{,}0}=0{,}55$. Un rapport frontal est toujours compris entre $0$ et $1$ et n'a pas d'unité : un résultat supérieur à $1$ signale une division à l'envers.

b) Le dépôt S se sépare en DEUX taches : le sirop contient au moins deux espèces colorées, c'est un mélange. On dit « au moins » parce que deux espèces de même rapport frontal resteraient confondues en une seule tache, et qu'une espèce incolore ne se voit pas.

c) La tache à $2{,}4\ \mathrm{cm}$ est à la même hauteur que J, celle à $6{,}0\ \mathrm{cm}$ à la même hauteur que B : le sirop contient le jaune E102 et le bleu E131, et pas le rouge E122. Le vert du sirop vient du mélange d'un jaune et d'un bleu.

d) Si les dépôts trempaient dans l'éluant, les colorants se dissoudraient dans le liquide de la cuve au lieu de monter avec lui le long de la plaque : il n'y aurait plus de taches à lire.

e) $R_f=\dfrac{1{,}95}{6{,}5}=0{,}30$ : c'est le rapport frontal du colorant jaune E102. Les DISTANCES ont changé parce que l'éluant est monté moins haut, mais le rapport frontal, lui, ne dépend que de l'espèce, de l'éluant et de la plaque. C'est pour cela qu'on compare des rapports frontaux et non des hauteurs d'une plaque à l'autre.

Le point de méthode : sur une même plaque, on compare des hauteurs ; d'une plaque à l'autre, on compare des rapports frontaux.

a) La masse de soluté se conserve : $C_0V_0=C_1V_1$, donc $V_0=\dfrac{C_1V_1}{C_0}=\dfrac{0{,}010\times 50{,}0}{0{,}050}=10{,}0\ \mathrm{mL}$. Le facteur de dilution vaut $\dfrac{0{,}050}{0{,}010}=5$, et $\dfrac{50{,}0}{5}=10{,}0\ \mathrm{mL}$ confirme.