نموذج مباراة ولوج كلية الطب والصيدلة بالرباط 2013 - الكيمياء

Ce modèle est l'épreuve de chimie du concours d'accès en 1^re année des études de médecine — Faculté de Médecine et de Pharmacie de Rabat (Université Mohammed V Souissi), mercredi 24 juillet 2013. Durée : 30 minutes, quatre exercices de 5 points, sans calculatrice. Voici une correction proposée.

💡 Sans calculatrice : toutes les valeurs numériques sortent des données du sujet (log 0,6 ≈ –0,22 ; 10^0,9 ≈ 7,94). Si vous vous retrouvez à faire un calcul lourd, c'est que vous n'utilisez pas la donnée prévue.

Exercice 1 (5 points) — Couples mis en jeu

Méthode : on cherche si un élément change de nombre d'oxydation (n.o.). Si oui, la réaction est une oxydoréduction et les couples sont Ox/Red ; sinon, on cherche un transfert de proton H⁺ (couples Acide/Base).

1. 4 S + 6 HO^– ⇌ 2 S^2– + S₂O₃^2– + 3 H₂O
Le soufre passe de 0 (S) à –II (S^2–) et de 0 à +II (n.o. moyen dans S₂O₃^2– : 2x + 3(–2) = –2, donc x = +2). C'est une dismutation du soufre. Couples Ox/Red : S / S^2– et S₂O₃^2– / S.
Demi-équations : S + 2 e^– ⇌ S^2– ; 2 S + 6 HO^– ⇌ S₂O₃^2– + 3 H₂O + 4 e^– (la première × 2 plus la seconde redonne le bilan).

2. ClO^– + Cl^– + 2 H⁺ ⇌ Cl₂ + H₂O
Le chlore passe de +I (ClO^–) à 0 et de –I (Cl^–) à 0. Couples Ox/Red : ClO^– / Cl₂ et Cl₂ / Cl^–.
Demi-équations : 2 ClO^– + 4 H⁺ + 2 e^– ⇌ Cl₂ + 2 H₂O ; 2 Cl^– ⇌ Cl₂ + 2 e^– (somme divisée par 2 = bilan). Les ions H⁺ n'interviennent ici que pour équilibrer : ce n'est pas une réaction acide-base.

3. 2 NO₃^– + 8 H⁺ + 3 Cu ⇌ 2 NO + 4 H₂O + 3 Cu²⁺
L'azote passe de +V à +II, le cuivre de 0 à +II. Couples Ox/Red : NO₃^– / NO et Cu²⁺ / Cu.
Demi-équations : NO₃^– + 4 H⁺ + 3 e^– ⇌ NO + 2 H₂O (× 2) ; Cu ⇌ Cu²⁺ + 2 e^– (× 3) : 6 électrons échangés.

4. I₂ + Cl₂ ⇌ 2 ICl
Le chlore étant plus électronégatif que l'iode, dans ICl l'iode est à +I et le chlore à –I. L'iode est oxydé (0 → +I), le chlore est réduit (0 → –I). Couples Ox/Red : ICl / I₂ et Cl₂ / ICl (réponse probable pour l'écriture attendue : on peut aussi les noter I⁺/I₂ et Cl₂/Cl^–, l'essentiel étant d'identifier I₂ comme réducteur et Cl₂ comme oxydant).

Bilan : les quatre réactions sont des oxydoréductions ; aucun couple Acide/Base n'intervient comme couple principal.

Exercice 2 (5 points)

1. Attribution du pH et de τ aux trois solutions

À concentration apportée égale, plus le pK_A est petit, plus l'acide est dissocié : τ est plus grand et le pH plus faible. Classement par force décroissante : acide formique (3,75) > acide benzoïque (4,20) > acide propanoïque (4,87).

Contrôle : τ = [H₃O⁺] / C = 10^–pH / C. Pour B : 10^–2,9 ≈ 1,26.10^-3 et 1,26.10^-3 / 0,125 ≈ 1,0.10^-2 mol/L ; pour A : 10^–3,1 ≈ 7,9.10^-4 et 7,9.10^-4 / 0,079 ≈ 1,0.10^-2 mol/L ; pour C : 10^–3,4 ≈ 4,0.10^-4 et 4,0.10^-4 / 0,037 ≈ 1,1.10^-2 mol/L. On retrouve bien la même concentration (≈ 10^-2 mol/L) pour les trois solutions.

2. Temps de demi-réaction

Réponse : c. t_1/2 est la durée au bout de laquelle l'avancement atteint la moitié de sa valeur finale : x(t_1/2) = x_f / 2. Pour une réaction totale, cela revient à dire que la moitié du réactif limitant a été consommée.
(a) est faux : la définition ne porte pas sur la vitesse. (b) est faux : la réaction n'est pas terminée à 2.t_1/2 ; l'avancement n'évolue pas linéairement avec le temps.

Exercice 3 (5 points) — Acide lactique et soude

Notons AH l'acide lactique C₃H₆O₃ et A^– l'ion lactate C₃H₅O₃^–. Réaction : AH + HO^– → A^– + H₂O.

Quantités initiales : n(AH) = C_A.V_A = 2,0.10^-2 × 20.10^-3 = 4,0.10^-4 mol ; n(HO^–) = C_B.V_B = 5,0.10^-2 × 5,0.10^-3 = 2,5.10^-4 mol. HO^– est le réactif limitant : x_max = C_B.V_B = 2,5.10^-4 mol.

1. Réponse : a. À l'état final, n(HO^–)_f = C_B.V_B – x_f et aussi n(HO^–)_f = [HO^–]_f.(V_A + V_B) avec [HO^–]_f = K_e / [H₃O⁺] = 10^{pH – pKe}. D'où
x_f = C_B.V_B – (V_A + V_B).10^{pH – pKe}.

2. Réponse : a (τ = 1). [HO^–]_f = 10^{4 – 14} = 10^-10 mol/L, donc n(HO^–)_f = 25.10^-3 × 10^-10 = 2,5.10^-12 mol, totalement négligeable devant 2,5.10^-4 mol. x_f ≈ x_max et τ = x_f / x_max = 1 – 10^-8 ≈ 1 : la réaction est totale. (τ > 1 est impossible ; τ ≈ 0 est faux. L'écart à 1, de l'ordre de 10^-8, n'a pas de signification à la précision des données : la réponse attendue est τ = 1.)

3. Réponse : a. pH = pK_A + log([A^–]/[AH]), donc pK_A = pH + log([AH]/[A^–]). Avec x_f = C_B.V_B : n(A^–) = C_B.V_B et n(AH) = C_A.V_A – C_B.V_B (on néglige la dissociation propre de l'acide restant). Le volume étant commun :
[AH]/[A^–] = (C_A.V_A – C_B.V_B) / (C_B.V_B) = C_A.V_A / (C_B.V_B) – 1.
pK_A = pH + log( C_A.V_A / (C_B.V_B) – 1 ).
Sur le document, la proposition (a) est partiellement effacée ; c'est bien celle qui contient le rapport C_A.V_A / C_B.V_B suivi de « – 1 ».

4. Réponse : a (pK_A = 3,78). C_A.V_A / (C_B.V_B) = 4,0.10^-4 / 2,5.10^-4 = 1,6 ; 1,6 – 1 = 0,6 ; pK_A = 4 + log(0,6) = 4 – 0,22 = 3,78.

Exercice 4 (5 points) — Diagrammes de prédominance

1. La frontière entre les domaines de prédominance de l'acide et de sa base conjuguée se situe à pH = pK_A. On lit : pK_A(HCO₂H / HCO₂^–) = 3,8 et pK_A(CH₃NH₃⁺ / CH₃NH₂) = 10,7.

2. Faux. HCO₂H prédomine pour pH < 3,8 et CH₃NH₂ pour pH > 10,7 : leurs domaines de prédominance sont disjoints, les deux espèces ne peuvent pas coexister en quantités notables ; elles réagissent entre elles.

3. Les deux solutions sont (S₁) l'acide formique et (S₃) la méthylamine : l'acide le plus fort des deux couples (HCO₂H, pK_A le plus petit) réagit avec la base la plus forte (CH₃NH₂, pK_A le plus grand). À l'inverse, HCO₂^– (S₂) et CH₃NH₃⁺ (S₄) ont un domaine commun (3,8 < pH < 10,7) et coexistent.

4. HCO₂H + CH₃NH₂ ⇌ HCO₂^– + CH₃NH₃⁺

5. K = [HCO₂^–].[CH₃NH₃⁺] / ([HCO₂H].[CH₃NH₂]) = K_A1 / K_A2 = 10^{pK_A2 – pK_A1} = 10^{10,7 – 3,8} = 10^6,9 = 10⁶ × 10^0,9
K ≈ 7,94.10⁶. K > 10⁴ : la réaction est quasi totale, ce qui confirme la réponse à la question 2.