نموذج مباراة ولوج كلية الطب والصيدلة بالدار البيضاء 2009 - الكيمياء - النسخة الفرنسية

Ce modèle est l'épreuve de chimie du concours d'accès 2009 à la Faculté de Médecine et de Pharmacie de Casablanca. Durée : 30 minutes. L'épreuve comporte un problème (acide méthanoïque et dosage par la soude) et un exercice d'isomérie ; les réponses s'écrivent dans les cadres du sujet. Voici une correction proposée.

💡 Avant de commencer : les cadres sont petits, la réponse attendue est courte. Donnez le résultat avec la relation utilisée (une ligne), pas un développement.

Problème — Solution d'acide méthanoïque (pK_a = 3,75 ; C = 1,0.10^-2 mol/L ; pH = 2,9)

1) Formule développée de l'acide méthanoïque

L'acide méthanoïque (acide formique) a pour formule brute CH₂O₂, soit HCOOH. Formule développée : le carbone porte un H, une double liaison avec un O et une liaison simple avec le groupe O–H.

      O
      ||
  H — C — O — H

2) L'acide méthanoïque est-il un acide fort ?

Non, c'est un acide faible. Pour un acide fort de concentration C = 1,0.10^-2 mol/L, on aurait pH = –log C = 2. Or le pH mesuré vaut 2,9 > 2 : [H₃O⁺] = 10^-2,9 ≈ 1,3.10^-3 mol/L < C. L'acide n'est donc que partiellement dissocié (taux d'avancement final τ = 1,3.10^-3 / 1,0.10^-2 ≈ 13 %). L'existence d'un pK_a (3,75) le confirme.

Contrôle : pour un acide faible peu dissocié, pH ≈ ½ (pK_a – log C) = ½ (3,75 + 2) ≈ 2,9 : les données sont cohérentes.

3) Base conjuguée

L'ion méthanoate (ion formiate) : HCOO^–. Couple : HCOOH / HCOO^–.

4) Réaction de 40 mL d'acide avec une solution d'hydroxyde de sodium de même concentration

4.1 – Équation bilan

HCOOH + HO^– → HCOO^– + H₂O
(avec les ions spectateurs : HCOOH + Na⁺ + HO^– → HCOO^– + Na⁺ + H₂O). La réaction est totale.

4.2 – Volume de soude à l'équivalence

À l'équivalence, la quantité de HO^– versée est égale à la quantité d'acide initiale : C_a.V_a = C_b.V_bE.
V_bE = C_a.V_a / C_b = (1,0.10^-2 × 40) / 1,0.10^-2 = 40 mL.

4.3 – Volume de soude pour que pH = pK_a

pH = pK_a + log([HCOO^–]/[HCOOH]). On a pH = pK_a quand [HCOO^–] = [HCOOH], c'est-à-dire quand la moitié de l'acide a été transformée en sa base conjuguée : c'est la demi-équivalence.
V = V_bE / 2 = 40 / 2 = 20 mL.

Vérification : n(acide) initial = 1,0.10^-2 × 40.10^-3 = 4,0.10^-4 mol ; n(HO^–) versé = 1,0.10^-2 × 20.10^-3 = 2,0.10^-4 mol. Il reste 2,0.10^-4 mol de HCOOH et il s'est formé 2,0.10^-4 mol de HCOO^– : les deux quantités sont égales.

4.4 – Nom de la solution obtenue

Une solution tampon (mélange équimolaire d'un acide faible et de sa base conjuguée).

4.5 – Propriété de cette solution

Son pH varie très peu lors de l'ajout d'une quantité modérée d'acide ou de base (même forts), ou lors d'une dilution modérée. Ici le pH reste voisin de 3,75.

Exercice — Isomérie

(A) CH₃–CH₂–CH=CH₂ : but-1-ène. (B) CH₃–CH=CH–CH₃ : but-2-ène.

1) Type d'isomérie entre A et B

A et B ont la même formule brute C₄H₈ et la même chaîne carbonée, mais la double liaison n'occupe pas la même place : c'est une isomérie de constitution, de type isomérie de position (position de la double liaison C=C).

2) Molécule présentant une stéréoisomérie

C'est B, le but-2-ène : chaque carbone de la double liaison porte deux groupes différents (H et CH₃), et il n'y a pas de rotation possible autour de C=C. D'où deux stéréoisomères Z / E (cis / trans). Dans A, un carbone de la double liaison porte deux H identiques : pas de stéréoisomérie.

   H3C        CH3            H3C        H
      \      /                  \      /
       C == C                    C == C
      /      \                  /           H        H                H        CH3

  (Z)-but-2-ène              (E)-but-2-ène
  (cis : les deux CH3        (trans : les deux CH3
   du même côté)              de part et d'autre)