نموذج المباراة الوطنية المشتركة CNC 2000: الكيمياء - شعبة MP لولوج مدارس المهندسين
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باختصار
هذا نموذج امتحان كتابي سابق لمباراة مباراة ولوج المدارس العليا للمهندسين لدى المباراة الوطنية المشتركة CNC (الأقسام التحضيرية) (2000)، منشور على وظيفة إنفو للاطلاع والتحميل المجاني بصيغة PDF مع تصحيح مقترح.
- الجهة المنظمة
- المباراة الوطنية المشتركة CNC (الأقسام التحضيرية)
- الدرجة
- مباراة ولوج المدارس العليا للمهندسين
- التخصص
- الكيمياء
- الدورة
- 2000
- عدد الصفحات
- 5
- لغة الأسئلة
- الفرنسية
- التصحيح
- تصحيح مقترح متوفر في هذه الصفحة
📝 نص أسئلة النموذج (مستخرج آلياً من الصفحات الممسوحة)
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ROYAUME DU MAROC
Ministère de l’Éducation Nationale Ministère de l'Enseignement
Enseignement Secondaire et Technique Supérieur, de la Formation des Cadres
et de la Recherche Scientifique
Concours National Commun
d’Admission aux
Grandes Écoles d'Ingénieurs
Session 2000
É PREUVE DE CHIMIE
Durée 2 heures
Concours MP
Cette épreuve comporte 4 pages au format A4, en plus de cette page de garde
L'usage de la calculatrice est autorisé
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Concours National Commun - Session 2000 - MP
L’énoncé de cette épreuve comporte 4 pages.
L'usage de la calculatrice est AUtorisé .
On veillera à une présentation claire et soignée des copies. Il convient en particulier de rappeler avec
précision les | références | des questions abordées.
En plus de son rôle primordial dans notre vie, l’eau a une importance capitale en chimie. Ce
sujet propose d'aborder quelques propriétés physico-chimiques de l’eau. Il se compose de 3 parties
largement indépendantes entre elles et pouvant être traitées dans un ordre quelconque.
Données numériques
e Données générales :
— Charge élémentaire e = 1,6 x 10-19 C.
— Constante des gaz parfaits R = 8,314 J.K-!.mol”*.
= ل In10 = 0,06 V à 298 K, où F désigne la constante de FARADAY et In le logarithme
népérien.
— 1pm = 10-12 m, (pm : picomètre).
- 1D = 110-39 C.m, (D : debye).
e Masses molaires atomiques (g.mol- Lys
Élément H C N O CI | Ca | Zn
Masse molaire | 1,01 | 12,0 | 14,0 | 16,0 | 35,5 | 40,1 | 65,4
Enthalpies standard de formation, entropies standard absolues et capacités calorifiques stan-
dard à 298 Æ (g : gaz, أ : liquide) :
a الس عل
Chaleur latente de vaporisation de l’eau sous pression atmosphérique : Ly = 40, 7 kJ.mol”!.
Potentiels standard d’oxydoréduction (solution aqueuse à 298 Æ) :
Couple Oxydant/Réducteur | 2027/20 | 2H*/H3
179 (V) —0, 76 0,00
e Composition molaire de l’air : { LO2EN2 } :
Tous les gaz rencontrés dans le problème seront considérés parfaits.
Épreuve de Chimie 1/4 Tournez la page S.V.P.
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Concours National Commun - Session 2000 - MP
1 ère
partie
Étude de quelques propriétés structurales
1.1. Donner la structure électronique de l’oxygène dans son état fondamental.
1.2. Donner le schéma de LEWIS de la molécule d’eau HsO ainsi que celle du peroxyde
d'hydrogène ou « eau oxygénée » H»029 ; on précisera dans chaque cas les doublets liants et non
liants.
1.3. Quels sont les nombres d’oxydation de l’oxygène et de l’hydrogène dans 7720 puis dans
H20» ? Expliquer.
1.4. Déterminer la géométrie de la molécule d’eau en utilisant la méthode V.S.E.PR.
1.5. Dans la molécule d’eau, l’angle valentiel 17017 vaut 104°47".
1.5.1. Calculer la valeur des angles valentiels dans le cas d’une molécule à géométrie
tétraédrique parfaite ; on pourra considérer comme exemple celui de la molécule de méthane CH 4.
1.5.2. Comparer la valeur de l'angle valentiel HOÏ dans H20 à celle calculée en 1.5.1. pour
la géométrie tétraédrique parfaite. Interpréter.
1.6. Dans la molécule d’eau, l’atome d’oxygène et les deux atomes d'hydrogène portent des
charges électriques partielles.
1.6.1. Quelle est l’origine de ce phénomène ?
1.6.2. Soit +de (e étant la charge élémentaire et à › 0) la charge partielle portée par l’un des
deux atomes d'hydrogène. Quelle est la charge partielle portée par l'atome d’oxygène ?
1.6.3. Pour déterminer l’ordre de grandeur de & on admet que le moment dipolaire /# de
la molécule d’eau est due à la seule présence des charges partielles sur l'oxygène et sur les deux
hydrogènes : on ne tient pas compte de la contribution des doublets non liants au moment dipolaire.
Exprimer ذه en fonction de la longueur / des liaisons O — H, de l’angle valentiel œ et du module بر du
moment dipolaire.
1.6.4. Application numérique : Calculer à sachant que / = 96 pm, à = 104947 et u = 1,85 D.
2ème partie
Principe du chalumeau oxhydrique
Le chalumeau oxhydrique utilise l’énergie dégagée par la réaction de combustion du dihy-
drogène dans le dioxygène dont le bilan s’écrit :
2 Hg) + O2(g) = 2 1120) (1)
H» et و0 sont à l’état gazeux, H20 est liquide.
2.1. Calculer pour l’équilibre (1), à 298 K, l’enthalpie standard de réaction A,H° ainsi que
l’entropie standard de réaction .“يمل
2.2. En déduire, à 298K, l’enthalpie libre standard A,G° et la constante d’équilibre Æ,. Conclu-
sion.
Épreuve de Chimie 2/4 Tournez la page S.V.P.
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2.3. La réaction ne se produit pas spontanément à 298 K. Pourquoi? Comment peut-on
l’amorcer ?
2.4. Sous pression constante p = 10° Pa, un chalumeau reçoit, à 298 K, du dihydrogène 5
mélangé à deux fois le volume d'air nécessaire à sa combustion. Calculer, en négligeant les variations
des capacités calorifiques avec la température, la température 1 de flamme d’un tel chalumeau en
admettant que 10% de l'énergie libérée est perdue par rayonnement. On considérera que N° est
inerte dans ces conditions.
2.5. Du point de vue écologique, quel est l’avantage du chalumeau oxhydrique par rapport, par
exemple, au chalumeau oxyacétylénique qui utilise la réaction de combustion de l’acétylène C»H»
dans le dioxygène ?
3ème partie
Détermination expérimentale de la dureté d’une eau de robinet
Une eau est dite dure si elle ne mousse pas quand on y dissout du savon. La dureté est due à la
présence dans l’eau de sels calciques et magnésiques qui décomposent les savons alcalins solubles
et les transforment en sels insolubles. Lorsqu'on ajoute du savon à une eau contenant les ions Ca ?*
et/ou Mg?" la mousse ne se produit pas avant que la totalité des ions 0627 et Mg?* n'ait été
précipitée par une quantité correspondante de savon.
3.1. Le degré hydrotimétrique (°HT)
La dureté D d’une eau est proportionnelle à la masse de savon de Marseille qu’il faut ajouter à 1
litre de cette eau pour obtenir une mousse persistante par agitation. D est égal à 1 °HT' lorsque cette
masse de savon vaut 100 mg : cette quantité de savon, ajoutée à une solution contenant suffisamment
d’ions Ca?*, permet la précipitation de 10 mg de CaCO3.
ع 4
Montrer que D = 10° — où c est la somme des concentrations molaires volumiques en Ca?* et
exprimées en 1101.77 ! etco = 1mol.L=*. 27و11
Pour déterminer la dureté D d’une eau on réalise un dosage complexométrique des ions 0627
et 27و11 par une solution titrée d’E.D.T.A qui forme des complexes stables avec des cations
métalliques (Mg?*, Ca?*, Zn?*...). Le dosage volumétrique est conduit en présence d’un indi-
cateur coloré de complexation. L'indicateur utilisé est le noir ériochrome T (N.ET.). À pH compris
entre 8 et 11, il est bleu foncé en absence d’ions métalliques et rouge en présence de cations bivalents
3.2. Étalonnage de la solution d’E.D.T.A.
L'E.D.T.A. est l’acide éthylène diamine tétracétique, c’est un tétraacide que l’on symbolisera dans
toute la suite par H4Y et dont les كلم valent respectivement : 1,9; 2,5; 6,3 et 11.
3.2.1. Quelle est la forme prédominante de l’E.D.T.A. au cours du dosage sachant qu'il
est réalisé en présence d’un tampon pH = 9,5? On tracera le diagramme de prédominance de
3.2.2. Écrire alors la réaction de dosage d’un cation bivalent 10127 par l'E.D.T.A. sachant
qu’une mole de M?* réagit avec une mole d’E.D.T.A.
Pour déterminer avec précision la concentration molaire volumique c; de la solution d’E.D.T.A.,
on réalise un dosage préliminaire de cette solution par une solution étalon de Zn +.
Épreuve de Chimie 3/4 Tournez la page S.V.P.
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Concours National Commun - Session 2000 - MP
3.2.3. La solution étalon d’ions Zn** est obtenue par attaque d’une masse m = 1,010 g de zinc
métallique par une solution concentrée d'acide chlorhydrique. Ecrire la réaction décrivant l'attaque
du zinc et calculer sa constante d'équilibre. Conclusion.
3.2.4. Après dissolution complète du zinc on place la solution obtenue dans une fiole jaugée
de 500mL et on complète avec de l’eau distillée jusqu’au trait de jauge. Calculer la concentration
molaire volumique cz de la solution étalon ainsi préparée.
3.2.5. Dans un erlenmeyer, on place رن = 10,0mL de solution d’E.D.T.A., 5mL de tampon
pH = 9,5 et quelques milligrammes de N.E.T. On ajoute ensuite, à l’aide d’une burette, la solution
étalon de Zn**. Le virage de l’indicateur coloré est observé pour un volume وه = 14,35mL. En
déduire le titre exact de la solution d’E.D.T.A.
3.3. Dosage de l’eau du robinet
On place dans un erlenmeyer, v = 80mL d’eau à doser, 20mL de tampon pH = 39,5 et
quelques milligrammes de N.E.T. On verse ensuite, à l’aide d’une burette, la solution d’E.D.T.A.
jusqu’au changement de couleur de l'indicateur. Soit v1e le volume de la solution titrante versé à
l’équivalence.
3.3.1. Déterminer la concentration totale c de l’eau en ions Ca?* et Mg”* sachant que
V1e = 3,3mL.
3.3.2. En déduire sa dureté D.
3.4. Préparation du tampon pH
Le tampon pH = 9,5 utilisé dans le dosage complexométrique est un tampon ammonia-
cal obtenu par dissolution, sans variation de volume, d’une masse m de chlorure d’ammonium
(NH} , CI) dans un volume v = 1 L d’ammoniaque de concentration c = 1 mol.L!.
3.4.1. Qu'’appelle-t-on solution tampon ?
3.4.2. Calculer la masse m de chlorure d’ammonium à ajouter pour obtenir 1 litre de solution
tampon pH = 9,5.
3.4.3. Déterminer le pouvoir tampon 7 (en mol.L”*) de cette solution.
FIN DE L’ÉPREUVE
Épreuve de Chimie 4/4 FIN
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✅ التصحيح المقترح
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Épreuve de Chimie du Concours National Commun (CNC) 2000 d'admission aux grandes écoles d'ingénieurs marocaines, filière MP (classes préparatoires). Durée : 2 heures, calculatrice autorisée. Il s'agit d'un problème en trois parties indépendantes consacré à l'eau : structure de la molécule (Lewis, VSEPR, moment dipolaire), thermochimie du chalumeau oxhydrique (enthalpie, entropie, température de flamme) et dosage complexométrique de la dureté d'une eau par l'EDTA (étalonnage, titrage, solution tampon). Voici une correction méthodologique proposée.
💡 Avant de commencer : les trois parties sont indépendantes. La 3e partie (dosages, calculs de concentrations) est la plus rapide à rentabiliser ; la 1re est du cours d'atomistique ; la 2e contient la seule question longue (température de flamme, 2.4) : posez clairement le cycle thermodynamique avant de calculer. Rappelez toujours le numéro de la question, l'énoncé l'exige.
1re partie : Étude de quelques propriétés structurales
1.1. Structure électronique de l'oxygène
Z = 8 : 1s2 2s2 2p4 (6 électrons de valence, 2 électrons célibataires dans les orbitales 2p d'après la règle de Hund).
1.2. Schémas de Lewis
- H2O : H–O–H ; l'oxygène porte 2 doublets liants (les deux liaisons O–H) et 2 doublets non liants. Total : 8 électrons de valence = 4 doublets.
- H2O2 : H–O–O–H ; 3 doublets liants (2 liaisons O–H et la liaison O–O) et 4 doublets non liants (2 sur chaque oxygène). Total : 14 électrons de valence = 7 doublets. Chaque O respecte l'octet.
1.3. Nombres d'oxydation
- Dans H2O : O plus électronégatif que H récupère les électrons des deux liaisons : n.o.(O) = −II, n.o.(H) = +I.
- Dans H2O2 : chaque O récupère l'électron de sa liaison avec H, mais la liaison O–O est partagée équitablement (même atome) : n.o.(O) = −I, n.o.(H) = +I. Vérification : 2(+I) + 2(−I) = 0. C'est ce n.o. intermédiaire qui explique que H2O2 soit à la fois oxydant et réducteur (dismutation).
1.4. Géométrie VSEPR de H2O
Autour de O : 2 atomes liés et 2 doublets non liants : type AX2E2. Les 4 paires se placent selon un tétraèdre, mais la molécule (positions des atomes) est coudée (en V).
1.5.1. Angle du tétraèdre parfait
Dans CH4, avec C au centre d'un cube et les H sur 4 sommets alternés, deux liaisons ont pour vecteurs (1,1,1) et (1,−1,−1) : cos θ = (1 − 1 − 1)/3 = −1/3, donc θ = arccos(−1/3) ≈ 109°28'.
1.5.2. Comparaison et interprétation
104°47' < 109°28'. Les doublets non liants, attirés par un seul noyau, sont plus volumineux et plus proches de O : ils repoussent davantage les doublets liants, ce qui referme l'angle HOH (répulsion E–E > E–X > X–X en VSEPR).
1.6.1. Origine des charges partielles
La différence d'électronégativité entre O (χ ≈ 3,4) et H (χ ≈ 2,2) : les doublets liants sont déplacés vers l'oxygène, les liaisons O–H sont polarisées (Oδ−, Hδ+).
1.6.2. Charge de l'oxygène
La molécule est neutre : q(O) = −2δe.
1.6.3. Expression de δ
Chaque liaison O–H porte un moment de norme δe·l dirigé de O vers H. Par symétrie, les composantes perpendiculaires à la bissectrice de l'angle s'annulent ; les composantes selon la bissectrice s'ajoutent :
μ = 2 δ e l cos(α/2), d'où δ = μ / (2 e l cos(α/2)).
1.6.4. Application numérique
μ = 1,85 D = 1,85 × (1/3)·10−29 = 6,17·10−30 C·m ; α/2 = 52°23,5', cos(α/2) ≈ 0,610 ; l = 96·10−12 m.
δ = 6,17·10−30 / (2 × 1,6·10−19 × 96·10−12 × 0,610) ≈ δ ≈ 0,33. La liaison O–H a donc un caractère ionique partiel d'environ 33 %.
2e partie : Principe du chalumeau oxhydrique
Réaction (1) : 2 H2(g) + O2(g) = 2 H2O(l).
2.1. ΔrH° et ΔrS° à 298 K
- Loi de Hess (ΔfH° des corps simples nuls) : ΔrH° = 2 ΔfH°(H2O,l) = −572 kJ·mol−1.
- ΔrS° = 2S°(H2O,l) − 2S°(H2) − S°(O2) = 139,8 − 264 − 205 = −329,2 J·K−1·mol−1 (négatif : 3 moles de gaz disparaissent).
2.2. ΔrG° et K1
ΔrG° = ΔrH° − TΔrS° = −572 + 298 × 0,3292 ≈ −473,9 kJ·mol−1.
K1 = exp(−ΔrG°/RT) = exp(473 900 / (8,314 × 298)) = exp(191,3), soit K1 ≈ 1083.
Conclusion : la réaction est thermodynamiquement totale (et fortement exothermique).
2.3. Pourquoi pas spontanément ? Comment l'amorcer ?
La thermodynamique dit que la réaction est possible, pas qu'elle est rapide : elle est bloquée cinétiquement (énergie d'activation élevée, rupture des liaisons H–H et O=O). Le mélange H2/O2 est métastable à 298 K. On l'amorce par un apport d'énergie local : étincelle, flamme (réaction en chaîne radicalaire), ou par un catalyseur (mousse de platine, palladium).
2.4. Température de flamme Tf
Bilan de matière pour 1 mol de H2 : H2 + ½ O2 → H2O. L'air nécessaire contient ½ mol de O2, soit 5/2 mol d'air ; on en introduit le double : 5 mol d'air = 1 mol O2 + 4 mol N2. État final : 1 mol H2O, ½ mol O2 en excès, 4 mol N2.
Cycle (transformation adiabatique isobare fictive, ΔH = 0 au pertes près) : réaction à 298 K, puis échauffement des produits. L'énergie libérée par mole de H2 est −ΔrH°/2 = 286 kJ ; 10 % sont rayonnés, il reste Q = 0,9 × 286 = 257,4 kJ pour chauffer les produits :
- eau liquide de 298 à 373 K : 75,5 × 75 = 5,66 kJ ;
- vaporisation à 373 K : Lv = 40,7 kJ ;
- O2 et N2 de 298 K à Tf : (½ × 31,2 + 4 × 29,7)(Tf − 298) = 134,4 (Tf − 298) J ;
- vapeur d'eau de 373 K à Tf : cp(H2O,g)(Tf − 373).
Équation : 257 400 − 5 663 − 40 700 = 211 040 = 134,4 (Tf − 298) + cp(H2O,g)(Tf − 373).
Point à signaler : la table ne donne pas cp de la vapeur d'eau, seulement celui de l'eau liquide (75,5 J·K−1·mol−1). En utilisant la seule donnée fournie (75,5 pour l'eau sur tout le domaine après vaporisation), on obtient 209,9 Tf = 279 250, soit Tf ≈ 1 330 K. Avec une valeur réaliste pour la vapeur (cp ≈ 33,6 J·K−1·mol−1, non fournie), on trouverait Tf ≈ 1 570 K. L'intention exacte du jury sur ce point n'est pas certaine : sur la copie, écrivez l'équation littérale, précisez l'hypothèse retenue, puis faites l'application numérique. L'excès d'air et le diazote inerte « diluent » l'énergie, d'où une température bien inférieure à celle d'un chalumeau alimenté en O2 pur.
2.5. Avantage écologique
La combustion de H2 ne produit que de l'eau : pas de CO2 (gaz à effet de serre), pas de CO (toxique), ni de suies, contrairement à C2H2 + 5/2 O2 → 2 CO2 + H2O.
3e partie : Dureté d'une eau de robinet
3.1. Relation D ≈ 104 c/c0
1 °HT correspond à la précipitation de 10 mg de CaCO3 par litre, soit n = 10·10−3 / 100,1 ≈ 1,0·10−4 mol de Ca2+ par litre (M(CaCO3) = 40,1 + 12,0 + 3 × 16,0 = 100,1 g·mol−1). La dureté étant proportionnelle à la quantité d'ions bivalents (Ca2+ + Mg2+) : D = c / (10−4 mol·L−1), donc D ≈ 104 c/c0 (en °HT).
3.2.1. Forme prédominante de l'EDTA à pH = 9,5
Diagramme de prédominance : H4Y | 1,9 | H3Y− | 2,5 | H2Y2− | 6,3 | HY3− | 11 | Y4− (pH croissant).
À pH = 9,5, compris entre 6,3 et 11 : forme prédominante HY3−.
3.2.2. Réaction de dosage
M2+ + HY3− → MY2− + H+ (les H+ libérés sont captés par le tampon, ce qui maintient le pH).
3.2.3. Attaque du zinc par HCl
Zn(s) + 2 H+ → Zn2+ + H2(g).
À l'équilibre, égalité des potentiels : log K = 2 (E°(H+/H2) − E°(Zn2+/Zn)) / 0,06 = 2 × 0,76 / 0,06 ≈ 25,3, soit K ≈ 1025,3.
Conclusion : la réaction est totale ; en milieu acide concentré, tout le zinc passe en solution (ce qui permet de préparer une solution étalon de concentration connue).
3.2.4. Concentration de la solution étalon
n(Zn) = 1,010 / 65,4 = 1,544·10−2 mol ; c2 = n / 0,500 L = 3,09·10−2 mol·L−1.
3.2.5. Titre exact de l'EDTA
Stœchiométrie 1 : 1 à l'équivalence : c1 v1 = c2 v2, d'où c1 = 3,089·10−2 × 14,35 / 10,0 = 4,43·10−2 mol·L−1.
Remarque sur le virage : ici on verse Zn2+ dans l'EDTA ; tant que l'EDTA est en excès, le NET est libre (bleu) ; au premier excès de Zn2+, il se complexe et la solution vire au rouge.
3.3.1. Concentration totale en Ca2+ et Mg2+
c v = c1 v1e : c = 4,432·10−2 × 3,3 / 80 = 1,83·10−3 mol·L−1. (Ici le virage se fait du rouge au bleu : l'EDTA arrache les ions au complexe M–NET.)
3.3.2. Dureté
D = 104 × 1,83·10−3 ≈ 18 °HT : eau moyennement dure.
3.4.1. Solution tampon
Solution dont le pH varie peu par ajout modéré d'acide ou de base et par dilution modérée. On l'obtient avec un mélange d'un acide faible et de sa base conjuguée en concentrations voisines (pH ≈ pKa).
3.4.2. Masse de NH4Cl
pH = pKa + log([NH3]/[NH4+]) (les réactions de NH3 et NH4+ avec l'eau sont négligeables à ces concentrations) :
9,5 = 9,2 + log(1 / [NH4+]) ⇒ [NH4+] = 10−0,3 ≈ 0,50 mol·L−1.
M(NH4Cl) = 14,0 + 4 × 1,01 + 35,5 = 53,5 g·mol−1 ⇒ m ≈ 0,50 × 53,5 ≈ 26,8 g.
3.4.3. Pouvoir tampon
Définition : π = dCb/dpH (quantité de base forte à ajouter par litre pour élever le pH d'une unité, à la limite différentielle). Pour un couple de concentration totale C = Ca + Cb (en négligeant H+ et OH−) :
π = ln10 · Ca Cb / (Ca + Cb) = 2,303 × 0,50 × 1 / 1,50 ≈ 0,77 mol·L−1.
Il est maximal quand Ca = Cb (pH = pKa), où il vaut ln10 · C/4.
💡 Résultats clés : δ ≈ 0,33 ; ΔrH° = −572 kJ·mol−1 ; ΔrS° = −329 J·K−1·mol−1 ; ΔrG° ≈ −474 kJ·mol−1, K1 ≈ 1083 ; Tf ≈ 1 330 K avec les données fournies (voir hypothèse en 2.4) ; K(Zn/H+) ≈ 1025 ; c2 = 3,09·10−2 ; c1 = 4,43·10−2 ; c = 1,83·10−3 mol·L−1 ; D ≈ 18 °HT ; m ≈ 26,8 g ; π ≈ 0,77 mol·L−1. À réviser pour le CNC MP : atomistique (Lewis, VSEPR, moment dipolaire), thermochimie (Hess, Kirchhoff, température de flamme par cycle), constantes d'équilibre à partir des E°, complexométrie et diagrammes de prédominance, solutions tampons.
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