Formule topologique : voir la figure. Chaque sommet ou extrémité de ligne brisée est un atome de carbone ; les atomes d'hydrogène liés aux carbones ne sont pas écrits ; les atomes d'oxygène sont écrits.

Le groupe entouré, $-\mathrm{COO}-\mathrm{C}$, est le groupe caractéristique ester.

L'acide éthanoïque (acide du couple $\mathrm{C}{}_2\mathrm{H}{}_4\mathrm{O}{}_2/\mathrm{C}{}_2\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}_2{}^{-}$) réagit avec l'ion hydroxyde (base du couple $\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}/\mathrm{HO}{}^{-}$) :

$[\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}{]}_f=c^{\circ }\times 10^{-\text{pH}}$ et $K_e=\frac{[\mathrm{H}{}_3\mathrm{O}{}^{+}{]}_f\times [\mathrm{HO}{}^{-}{]}_f}{(c^{\circ }{)}^2}$, donc

$$[\mathrm{HO}{}^{-}{]}_f=\frac{K_e\times c^{\circ }}{10^{-\text{pH}}}=\frac{1,0\times 10^{-14}\times 1}{10^{-4,6}}=4,0\times 10^{-10}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

Dans le mélange de volume $V_A+V_B=55,0\text{mL}=55,0\times 10^{-3}$ L :

$$n_f(\mathrm{HO}{}^{-})=[\mathrm{HO}{}^{-}{]}_f\times (V_A+V_B)=4,0\times 10^{-10}\times 55,0\times 10^{-3}$$

Quantité introduite : $n_i(\mathrm{HO}{}^{-})=c_B\times V_B=1,0\times 10^{-2}\times 5,0\times 10^{-3}=5,0\times 10^{-5}$ mol.

$$\frac{n_i(\mathrm{HO}{}^{-})}{n_f(\mathrm{HO}{}^{-})}=\frac{5,0\times 10^{-5}}{2,2\times 10^{-11}}=2,3\times 10^6$$

La quantité restante est environ deux millions de fois plus petite que la quantité introduite : $n_f(\mathrm{HO}{}^{-})\ll n_i(\mathrm{HO}{}^{-})$. Le réactif limitant $\mathrm{HO}{}^{-}$ est quasiment entièrement consommé.

La vitesse volumique d'apparition est la dérivée temporelle de la concentration $[\text{ester}]=\frac{n_{\text{ester}}}{V}$ ; le volume $V$ étant constant :

$v_{\text{ester}}$ est proportionnelle à $\frac{\mathrm{d}{n}_{\text{ester}}}{\mathrm{d}t}$, c'est-à-dire au coefficient directeur de la tangente à la courbe $n_{\text{ester}}=f(t)$ à la date considérée.

Sur la figure 1, la pente de la courbe est forte au début, diminue progressivement, puis devient nulle à partir de 70 min environ (palier à $30,5\times 10^{-4}$ mol).

La vitesse volumique d'apparition de l'ester diminue donc au cours du temps, jusqu'à s'annuler lorsque l'état final est atteint.

Facteur cinétique : la concentration des réactifs. Elle diminue au fur et à mesure que l'acide éthanoïque et le linalol sont consommés, ce qui ralentit la transformation.

Le quotient de réaction s'écrit $Q_r=\frac{n(\mathrm{C}{}_{12}\mathrm{H}{}_{20}\mathrm{O}{}_2)\times n(\mathrm{H}{}_2\mathrm{O})}{n(\mathrm{C}{}_2\mathrm{H}{}_4\mathrm{O}{}_2)\times n(\mathrm{C}{}_{10}\mathrm{H}{}_{18}\mathrm{O})}$. À l'équilibre, $Q_r=K$.

Éliminer l'eau fait diminuer $n(\mathrm{H}{}_2\mathrm{O})$, donc $Q_r$ : on a alors $Q_r<K$.

Le système évolue spontanément dans le sens direct, celui de la formation de l'ester, pour tendre à nouveau vers $Q_r=K$. Tant que l'eau est éliminée, l'équilibre n'est pas atteint et la transformation se poursuit dans le sens direct.

Nature : l'éthanoate de linalyle est très peu soluble dans l'eau, il se trouve donc dans la phase organique. La phase aqueuse contient l'eau et l'acide éthanoïque, très soluble dans l'eau.

Position : la masse volumique de l'ester ($0,89\text{g}\cdot {\text{mL}}^{-1}$) est inférieure à celle de la phase aqueuse (au moins $1,00\text{g}\cdot {\text{mL}}^{-1}$, celle de l'eau). La phase la moins dense surnage.

Le dépôt C (phase organique) donne deux taches : le mélange contient deux espèces révélées.

• La tache la plus haute est à la même hauteur que celle du dépôt B : c'est l'éthanoate de linalyle.
• La tache la plus basse est à la même hauteur que celle du dépôt A : c'est le linalol.

Commentaire : l'ester a bien été synthétisé, mais il reste du linalol. Or la transformation est totale et le linalol est le réactif limitant : il aurait dû disparaître. La transformation, lente, n'est donc pas terminée au bout de 30 min, et le produit obtenu n'est pas pur.

Sur la figure 3, le dépôt C ne donne plus qu'une seule tache, à la hauteur de celle de l'éthanoate de linalyle (dépôt B) : il n'y a plus de linalol dans la phase organique.

Avec la même température, la même durée et les mêmes quantités initiales, la transformation est cette fois terminée au bout de 30 min : elle est plus rapide en présence d'APTS.

L'APTS, introduit en très faible quantité et absent de l'équation de la réaction, est un catalyseur.

Réactif limitant. Pour un liquide, $n=\frac{m}{M}=\frac{\rho \times V}{M}$.

$n_i(\text{linalol})=\frac{0,87\times 10}{154}=5,6\times 10^{-2}$ mol

$n_i(\text{anhydride})=\frac{1,08\times 10}{102}=1,1\times 10^{-1}$ mol

Les nombres stœchiométriques des deux réactifs valent 1 et $n_i(\text{linalol})<n_i(\text{anhydride})$ : le linalol est le réactif limitant.

Quantité maximale d'ester. La transformation est totale et il se forme une mole d'ester par mole de linalol consommée : $n_{max}=n_i(\text{linalol})=5,6\times 10^{-2}$ mol.

Quantité d'ester obtenue. D'après la figure 3, la phase organique ne contient que l'éthanoate de linalyle :

$n_{exp}=\frac{{\rho }_{\text{ester}}\times V_{\text{org}}}{M_{\text{ester}}}=\frac{0,89\times 9,4}{196}=4,3\times 10^{-2}$ mol

Rendement.

$$\eta =\frac{n_{exp}}{n_{max}}=\frac{4,27\times 10^{-2}}{5,65\times 10^{-2}}=0,76$$

L'oxygène est plus électronégatif que le carbone ($3,4>2,6$) : les liaisons $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ et $\mathrm{C}-\mathrm{O}$ sont polarisées, les électrons de liaison sont attirés vers les atomes d'oxygène.

L'atome de carbone du groupe ester, lié à deux atomes d'oxygène, porte donc une charge partielle positive ${\delta }^{+}$ : il est pauvre en électrons.

Deux flèches courbes, chacune partant d'un doublet d'électrons et pointant vers l'atome qui le reçoit (voir la figure) :

• une flèche part d'un doublet non liant de l'atome d'oxygène de l'ion hydroxyde (site donneur) et pointe vers l'atome de carbone du groupe ester (site accepteur) : la liaison $\mathrm{C}-\mathrm{O}$ se forme ;
• une flèche part de la double liaison $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ et pointe vers l'atome d'oxygène de cette liaison : un doublet liant devient un doublet non liant, l'oxygène porte alors la charge négative.

• Première étape : deux réactifs s'assemblent en une seule espèce, une double liaison devient simple : c'est une addition.
• Deuxième étape : une espèce se scinde en deux, une double liaison $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ se reforme : c'est une élimination.
• Troisième étape : un ion $\mathrm{H}{}^{+}$ est transféré de l'acide carboxylique à l'ion $\mathrm{R}{}_2-\mathrm{O}{}^{-}$ : c'est une réaction acide-base.

À l'équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques de la réaction support du titrage $\mathrm{X}{}^{2+}(\mathrm{aq})+\mathrm{H}{}_2\mathrm{Y}{}^{2-}(\mathrm{aq})\to \mathrm{XY}{}^{2-}(\mathrm{aq})+2\mathrm{H}{}^{+}(\mathrm{aq})$ :

$$\frac{n_i(\mathrm{X}{}^{2+})}{1}=\frac{n_E(\mathrm{H}{}_2\mathrm{Y}{}^{2-})}{1}$$

avec $n_i(\mathrm{X}{}^{2+})=[\mathrm{X}{}^{2+}]\times V_{\text{eau}}$ (quantité initialement présente dans la prise d'essai) et $n_E(\mathrm{H}{}_2\mathrm{Y}{}^{2-})=c\times V_E$ (quantité versée à l'équivalence).

Donc $[\mathrm{X}{}^{2+}]\times V_{\text{eau}}=c\times V_E$.

$$[\mathrm{X}{}^{2+}]=\frac{c\times V_E}{V_{\text{eau}}}=\frac{5,00\times 10^{-3}\times 17,6}{50,00}=1,76\times 10^{-3}\text{mol}\cdot {\text{L}}^{-1}$$

$\text{TH}=10^4\times [\mathrm{X}{}^{2+}]=10^4\times 1,76\times 10^{-3}=17,6\text{°f}$

Incertitude-type :

$$u(\text{TH})=\text{TH}\times \sqrt{{\left(\frac{u(V_E)}{V_E}\right)}^2+{\left(\frac{u(c)}{c}\right)}^2+{\left(\frac{u(V_{\text{eau}})}{V_{\text{eau}}}\right)}^2}$$

$$u(\text{TH})=17,6\times \sqrt{{\left(\frac{0,1}{17,6}\right)}^2+{\left(\frac{0,06}{5,00}\right)}^2+{\left(\frac{0,03}{50,00}\right)}^2}=0,23\text{°f}$$

On arrondit l'incertitude-type par excès à un chiffre significatif : $u(\text{TH})=0,3\text{°f}$.

L'eau titrée a un titre hydrotimétrique de $17,6\text{°f}$ : elle est moyennement dure. Compte tenu de l'incertitude-type ($0,3\text{°f}$), ce titre est nettement inférieur à $30\text{°f}$.

Comme $\text{TH}=10^4\times [\mathrm{X}{}^{2+}]$, l'eau titrée contient moins d'ions calcium et magnésium que l'eau à $30\text{°f}$ (environ 1,7 fois moins). Ces ions forment un précipité avec les ions carboxylate du savon, ce qui diminue son pouvoir moussant : moins il y en a, moins il se forme de précipité.

$\rho =\frac{m}{V}$ avec $m=8,51\times 10^{-3}$ kg et $V=1,07{\text{cm}}^3=1,07\times 10^{-6}{\text{m}}^3$.

$$\rho =\frac{8,51\times 10^{-3}}{1,07\times 10^{-6}}=7,95\times 10^3\text{kg}\cdot {\text{m}}^{-3}$$

Cette valeur est très proche de ${\rho }_{\text{acier}}=7,9\times 10^3\text{kg}\cdot {\text{m}}^{-3}$ et éloignée de celles du cuivre et de l'aluminium.

La bille est lâchée sans vitesse initiale : son énergie cinétique est nulle à $t=0$, puis elle augmente car la vitesse augmente pendant la descente. Seule la courbe 1 part de zéro et croît.

L'altitude de la bille diminue au cours de la descente, donc son énergie potentielle de pesanteur diminue. Seule la courbe 2 décroît.

L'énergie mécanique est représentée par la courbe 3. Elle reste pratiquement constante au cours du temps, voisine de $0,014$ J, avec de légères fluctuations dues aux incertitudes du pointage.

L'énergie mécanique de la bille se conserve donc : les frottements sont négligeables sur ce trajet. L'énergie potentielle de pesanteur perdue par la bille est intégralement convertie en énergie cinétique.

L'énergie cinétique se calcule à partir des coordonnées de la vitesse. Lignes 76 et 77, la vitesse à la position d'indice $i$ est calculée à partir de la position précédente (indice $i-1$) et de la position suivante (indice $i+1$).

Au point A (première image, $i=0$), il n'existe pas de position précédente. Au point B (dernière image, $i=N-1$), il n'existe pas de position suivante.

L'origine de l'énergie potentielle est en $z=0$, donc $E_p=mgz$. L'énergie mécanique est $E_m=E_c+E_p$.

Ligne 81 : $\text{Ep[i] = m*g*z[i]}$

Ligne 84 : $\text{Em[i] = Ec[i] + Ep[i]}$

À $t=0$, la bille est lâchée sans vitesse initiale : $E_c(0)=0$, donc $E_m(0)=mgz(0)$.

À l'instant $t$ : $E_m(t)=\frac{7}{10}m{v}^2(t)+mgz(t)$.

Conservation de l'énergie mécanique : $E_m(t)=E_m(0)$, soit

$$\frac{7}{10}m{v}^2(t)+mgz(t)=mgz(0)$$

$$\frac{7}{10}m{v}^2(t)=mg(z(0)-z(t))=mgh(t)$$

En simplifiant par $m$ : $v^2(t)=\frac{10}{7}gh(t)$. La vitesse étant positive :

En élevant au carré l'expression de Q6 : $v^2(t)=\frac{10}{7}gh(t)$.

Comme $\frac{10}{7}g$ est une constante, $v^2$ est proportionnel à $h$ : la représentation de $v^2$ en fonction de $h$ est une droite passant par l'origine.

C'est bien ce que montre la figure 5 : les points expérimentaux sont alignés sur une droite passant par l'origine, d'équation $v^2=kh$.

Par identification de $v^2=kh$ et de $v^2=\frac{10}{7}gh$ : $k=\frac{10}{7}g$, donc $g=\frac{7}{10}k$.

$$g=\frac{7}{10}\times 14,53=10,17\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$$

Moyenne des huit valeurs :

Somme : $10,17+9,70+9,81+10,19+10,32+10,32+9,42+9,89=79,82\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$

$$g_{\text{moy}}=\frac{79,82}{8}=9,98\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$$

Quotient proposé par l'énoncé :

$$\frac{|g_{\text{moy}}-g_{\text{ref}}|}{u(g_{\text{moy}})}=\frac{|9,98-9,81|}{0,11}=1,5$$

Ce quotient est inférieur à 2 : l'écart entre la valeur mesurée et la valeur de référence est inférieur à deux incertitudes-types. Le résultat de la mesure est compatible avec la valeur de référence.

Cette méthode permet donc d'obtenir, avec ce jeu, une estimation correcte de l'intensité de la pesanteur, à condition de répéter l'expérience : l'incertitude-type relative est d'environ 1 %, alors que les valeurs individuelles sont dispersées (de 9,42 à $10,32\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$).

Le noyau ${}_{42}^{99}\text{Mo}$ a pour numéro atomique $Z=42$ et pour nombre de masse $A=99$.

Nombre de neutrons : $N=A-Z=99-42=57$.

Des noyaux isotopes ont le même nombre de protons $Z$ (même élément chimique) mais des nombres de neutrons différents, donc des nombres de masse $A$ différents.

Les isotopes du molybdène 99 sont dans la colonne $Z=42$ du diagramme. Les cases grisées de cette colonne correspondent aux noyaux stables.

On note ${}_Z^A\text{X}$ la particule émise : ${}_{42}^{99}\text{Mo}\to {}_{43}^{99}\text{Tc}+{}_Z^A\text{X}$.

Conservation du nombre de masse : $99=99+A$, donc $A=0$.

Conservation du nombre de charge : $42=43+Z$, donc $Z=-1$.

Le temps de demi-vie $t_{1/2}$ est la durée au bout de laquelle la moitié des noyaux radioactifs initialement présents dans un échantillon s'est désintégrée.

Le technétium 99 a une demi-vie de 6 h seulement : il disparaît en un peu plus d'une journée et ne peut pas être stocké. Dans le mélange reçu, il est renouvelé par la désintégration du molybdène 99.

Or le nombre de noyaux de molybdène 99 est divisé par deux toutes les 66 h, soit environ 2,75 jours. Au bout de trois demi-vies (198 h, un peu plus de 8 jours), il n'en reste que $\frac{1}{2^3}=\frac{1}{8}$.

Relation de Planck-Einstein : $E_{\text{Tc}}=h\nu$, donc $\nu =\frac{E_{\text{Tc}}}{h}$, avec $E_{\text{Tc}}$ en joules.

$$\nu =\frac{141\times 10^3\times 1,60\times 10^{-19}}{6,63\times 10^{-34}}=3,40\times 10^{19}\text{Hz}$$

Cette fréquence est supérieure à $3\times 10^{19}$ Hz : les photons appartiennent au domaine des rayons $\gamma$.

La solution contenue dans la seringue émet des rayons $\gamma$. Ces photons très énergétiques (141 keV) sont des rayonnements ionisants, très pénétrants, capables d'endommager les cellules et leur ADN.

Le plomb, matériau très dense, absorbe une grande partie de ce rayonnement ; le verre laisse voir le contenu de la seringue.

L'équation s'écrit $\frac{\mathrm{d}N}{\mathrm{d}t}=-\lambda N$ : elle est de la forme $y^{\prime }=ay$ avec $a=-\lambda$.

Ses solutions sont $N(t)=K{\mathrm{e}}^{-\lambda t}$, où $K$ est une constante.

Condition initiale : $N(0)=N_0$, soit $K{\mathrm{e}}^0=N_0$, donc $K=N_0$.

$A(t)=\lambda N(t)=\lambda N_0{\mathrm{e}}^{-\lambda t}$.

À $t=0$ : $A_0=A(0)=\lambda N_0$.

Par définition de la demi-vie : $N(t_{1/2})=\frac{N_0}{2}$.

Avec la loi de décroissance : $N_0{\mathrm{e}}^{-\lambda t_{1/2}}=\frac{N_0}{2}$, soit ${\mathrm{e}}^{-\lambda t_{1/2}}=\frac{1}{2}$.

On prend le logarithme : $-\lambda t_{1/2}=\ln \left(\frac{1}{2}\right)=-\ln (2)$.

Les précautions cessent à la date $t$ telle que $A(t)=0,03A_0$ :

$A_0{\mathrm{e}}^{-\lambda t}=0,03A_0$, soit ${\mathrm{e}}^{-\lambda t}=0,03$, donc $-\lambda t=\ln (0,03)$.

$$t=-\frac{\ln (0,03)}{\lambda }=-\frac{t_{1/2}\ln (0,03)}{\ln (2)}$$

$$t=-\frac{6\times \ln (0,03)}{\ln (2)}=30\text{h}$$

Avantage. L'examen au thallium 201 ne demande qu'une seule injection au lieu de deux. De plus, sa demi-vie (3,04 jours, soit 73 h) est douze fois plus longue : il se transporte et se conserve plus facilement, et il ne dépend pas du molybdène 99 en pénurie.

Inconvénient. Le coût par mégabecquerel est bien plus élevé : $\frac{0,8267}{0,0378}\approx 22$. La longue demi-vie fait aussi que l'activité décroît lentement dans le corps : avec le critère de Q10, les précautions dureraient environ 15 jours au lieu de 30 h.