Modèle concours d'accès — École Nationale Supérieure de Chimie de Kénitra (ENSC) 2020 — Chimie

Ce modèle est l'épreuve de chimie du concours d'accès au Cycle Préparatoire Intégré de l'École Nationale Supérieure de Chimie de Kénitra (ENSC), session 2020. Durée : 50 minutes. Il s'agit d'un QCM à quatre propositions, numéroté de Q16 à Q30, en trois parties : transformation chimique (acide-base), oxydo-réduction (pile cuivre-aluminium) et cinétique chimique. Voici une correction proposée, avec le calcul de chaque réponse.

💡 Dans un QCM de chimie, faites le calcul avant de lire les propositions : les distracteurs correspondent souvent à des erreurs classiques (oubli d'une conversion, d'un coefficient stœchiométrique ou du volume).

Transformation chimique

Solution commerciale de HCN : densité d = 1,35 ; pourcentage massique 6 % ; M(HCN) = 1 + 12 + 14 = 27 g/mol.

Q16 — Concentration en HCN : D) 3,00 mol.L^–1

Masse d'un litre de solution : 1,35 × 1000 = 1350 g ; masse de HCN : 0,06 × 1350 = 81 g ; C = 81 / 27 = 3,00 mol/L.

Q17 — Volume à prélever : C) 4,00 mL

Dilution : C·V₀ = C'·V' → V₀ = 6.10^–2 × 200 / 3,00 = 4,00 mL.

Q18 — Taux d'avancement de HF + H₂O ⇄ H₃O⁺ + F^– : B) 20 %

x_max correspond à C = 5.10^–3 mol/L ; à l'équilibre [H₃O⁺] = 10^–pH = 10^–3 mol/L. τ = 10^–3 / 5.10^–3 = 0,20.

Q19 — Quotient de réaction à l'équilibre : D) 2,5.10^–4

[F^–] = [H₃O⁺] = 10^–3 ; [HF] = 5.10^–3 – 10^–3 = 4.10^–3 mol/L. Q_r,éq = (10^–3)² / 4.10^–3 = 2,5.10^–4.

Q20 — Volume de KOH pour neutraliser HCN : D) 60 mL

n(HCN) = 6.10^–2 × 0,200 = 1,2.10^–2 mol. À l'équivalence n(KOH) = n(HCN) : V = 1,2.10^–2 / 2.10^–1 = 6.10^–2 L = 60 mL.

Q21 — pH du mélange de deux acides forts : aucune proposition n'est exacte telle qu'imprimée

n(H₃O⁺) = 0,100 × 0,5 + 0,400 × 0,125 = 0,05 + 0,05 = 0,10 mol ; volume total 0,500 L ; [H₃O⁺] = 0,20 mol/L.

pH = –log 0,2 = log 5 ≈ 0,70. Aucune des quatre propositions n'est égale à cette valeur : –log 0,1 = 1 ; –log 2 ≈ –0,3 ; –log 5 ≈ –0,7 ; –log 6,5 ≈ –0,8. Réponse probable : l'auteur visait soit –log(2.10^–1) (proposition B dont la puissance de 10 aurait été perdue), soit log 5 (proposition C avec un signe en trop). Retenez surtout la méthode : on additionne les quantités d'ions H₃O⁺ apportées par chaque acide fort et on divise par le volume total.

Oxydo-réduction — pile cuivre / aluminium

On observe un dépôt de cuivre sur l'électrode de cuivre (Cu²⁺ + 2e^– → Cu) et une diminution de la masse de l'électrode d'aluminium (Al → Al³⁺ + 3e^–).

Q22 — À la cathode a lieu une : A) Réduction

Par définition, la cathode est l'électrode où se produit la réduction (ici Cu²⁺ + 2e^– → Cu).

Q23 — L'anode est constituée de : C) Al

L'électrode d'aluminium perd de la masse : l'aluminium s'y oxyde, c'est l'anode (pôle négatif).

Q24 — Masse de cuivre déposée en 15 min sous 10 µA : B) 3,00 µg

Q = I·Δt = 10.10^–6 × 900 = 9,0.10^–3 C ; n(e^–) = Q/F = 9,0.10^–3 / 96 000 = 9,375.10^–8 mol.

n(Cu) = n(e^–)/2 = 4,69.10^–8 mol ; Δm = 4,69.10^–8 × 64 = 3,0.10^–6 g = 3,00 µg.

Q25 — Masse d'aluminium disparue en 32 min sous 10 µA : C) 2,00 µg

Q = 10.10^–6 × 1920 = 1,92.10^–2 C ; n(e^–) = 1,92.10^–2 / 96 000 = 2,0.10^–7 mol.

n(Al) = n(e^–)/3 = 6,67.10^–8 mol ; Δm = 6,67.10^–8 × 30 = 2,0.10^–6 g = 2,00 µg.

Q26 — Équation bilan de la pile : B) 3Cu²⁺ + 2Al → 3Cu + 2Al³⁺

On combine 3 × (Cu²⁺ + 2e^– → Cu) et 2 × (Al → Al³⁺ + 3e^–) pour échanger 6 électrons. C et D ne sont que des demi-équations, et A est le sens inverse (non spontané).

Q27 — La pile s'arrête après : B) Consommation totale de Cu²⁺ (réponse probable)

La pile cesse de débiter quand un des réactifs de l'équation bilan (Cu²⁺ ou Al) est épuisé. Ni Cu ni Al³⁺ ne sont consommés (ils sont formés), ce qui élimine A et D. Dans une pile de ce type, l'électrode métallique est en général en excès et c'est l'ion oxydant en solution, Cu²⁺, qui est le réactif limitant. L'énoncé ne donnant pas les quantités initiales, la disparition totale de l'aluminium (C) arrêterait aussi la pile si Al était limitant.

Cinétique chimique

Vitesse volumique : v(t) = (1/V)·dx/dt, avec V = 200 mL = 0,200 L ; dx/dt est la pente de la tangente à la courbe x = f(t) à l'instant considéré. Sur le graphe, x tend vers un palier d'environ 3 mol.

Q28 — Vitesse volumique à t = 0 : A) 0,20 mol.L^–1.s^–1 (réponse probable)

La tangente à l'origine a une pente d'environ 0,04 à 0,06 mol/s (la courbe atteint environ 1 mol vers 20 s et 2 mol vers 40 s). v(0) ≈ (0,04 à 0,06)/0,200 ≈ 0,2 à 0,3 mol.L^–1.s^–1. Seule la proposition A est de cet ordre de grandeur : B (1,0) supposerait une tangente atteignant 3 mol dès 15 s.

Q29 — Vitesse volumique à t = 200 s : A) 5,3.10^–3 mol.L^–1.s^–1

À t = 200 s, la courbe est pratiquement sur son palier : la tangente est presque horizontale, la vitesse est très faible. Les propositions B, C et D (≥ 6,5.10^–2) correspondraient à une augmentation de x d'au moins 2,6 mol en 200 s, incompatible avec le palier observé. Seule A convient.

Q30 — Temps de demi-réaction : D) 40 s (réponse probable)

t_1/2 est la durée au bout de laquelle x = x_f/2. Avec x_f ≈ 3 mol, x_f/2 ≈ 1,5 mol, atteint sur la courbe vers 25 à 35 s selon la lecture. Parmi les propositions, 40 s est la plus proche ; 10 s est exclu car la courbe n'y vaut qu'environ 0,6 mol, et 400 s ou 550 s correspondent au palier.