Exercices2004 2015

[E1-2004N] EXERCICE N°1 (40 POINTS) :
ENONCE
Une céphalosporine de 3e
génération est administrée par voie IM à la dose de 1g.
Le pic sérique est égal à 24µg.mL-1
(Cmax).
A partir de ce Cmax, la cinétique sérique suit une fonction mono exponentielle.
Le temps de ½ vie d’élimination sérique = 1h.
La concentration minimale inhibitrice (CMI) de la plupart des germes sensibles à cet antibiotique est
inférieure à 0,5 µg.mL-1
QUESTION N°1 : Pendant combien de temps après l’obtention du pic sérique, la dose de 1g par voie
IM permettra-t’elle de se maintenir au dessus de cette CMI ?
QUESTION N°2 : Sachant que le volume apparent de distribution (Vd) pour cet antibiotique est égal
à 22,5 L , calculer la valeur de la clairance sérique totale CL de cette céphalosporine.
QUESTION N°3 : Par voie IV, la cinétique sérique de cette céphalosporine suit un modèle
d’élimination monocompartimental ouvert.
Quelle sera la dose d’antibiotique à administrer par voie IV rapide pour obtenir immédiatement la
concentration de 10 µg.mL-1
QUESTION N°4 : Cet antibiotique est administré en perfusion IV continue. Quelle sera la vitesse de
perfusion nécessaire pour obtenir une concentration sérique d’état d’équilibre (Ceq) stable et égale à
10 µg.mL-1

REPONSES EXERCICE N° 1 [E1-2004N] (40 points)
REPONSE QUESTION N° 1 :
T 1/2 el sérique = (Ln2)/kel avec kel = constante de vitesse d'élimination sérique
donc kel = (Ln2) / (T 1/2 el sérique ) = 0,693 h-1
CMI = Cmax e-kel.t
=> 0,5 µg.mL-1
/ 24 µg.mL-1
= e-0,693 h-1.t
Ln ( 0,5 / 24 ) = Ln e-0,693 h-1.t
=> 3,871 = 0,693 h-1
.t
3,871 / 0,693 h-1
= 5,59 h (temps maintenu au dessus de la CMI par une IM d’1g.)
CL = Vd x kel => CL = 22,5 L . 0,693 h-1
= 15,6 L.h-1
Co = DIV / VID en modèle monocompartimental VID = Vd (avec VID, volume initial de distribution)
donc Co = DIV / Vd d’où DIV = Vd . Co
DIV = 22,5 L . 10 mg.L-1
= 225 mg
REPONSE QUESTION N° 4:
A l'état d'équilibre Vperf = Vélimination = CL . Ceq
15,6 L.h-1 x 10 mg.L-1
= 156 mg.h-1

Après administration IV de morphine, 2 métabolites glucuronoconjugués sont principalement
retrouvés dans le plasma : la M3G et la M6G. Les propriétés pharmacologiques de la morphine et de
ses 2 métabolites ont été comparées lors d’études de liaison à l’équilibre aux récepteurs opioïdes µ, et
lors de la détermination de leur activité antinociceptive in vivo.
I-ETUDES DE LIAISON A L’EQUILIBRE :
Des études d’inhibition de la 3
H-naloxone à la concentration de 2 nM par des concentrations
croissantes de morphine, de M3G et de M6G ont été réalisées sur une lignée cellulaire surexprimant le
récepteur opioïde µ. Les courbes de compétition obtenues sont présentées sur la figure 1.
La constante de dissociation de la 3
H-naloxone (KD) vis-à-vis du récepteur opioïde µ est de 1 nM.
QUESTION N°1 : Déterminer la CI50 et le KI de la morphine, de la M3G et de la M6G et commenter
ces résultats.
II- ACTIVITE ANTINOCICEPTIVE CHEZ LA SOURIS APRES ADMINISTRATION
INTRACEREBRALE
Le test de la plaque chauffante met en jeu une stimulation nociceptive d’origine thermique.
La figure 2 présente l’activité antinociceptive de la morphine et de la M6G administrées par voie
intracérébrale chez la souris, dans le test de la plaque chauffante. L’effet de doses croissantes de ces
composés a été déterminé en l’absence et en présence d’une dose unique de naloxone.
Dans ce test, la M3G est dépourvue d’activité antinociceptive.

QUESTION N°2 : Déterminer les DE50 de la morphine et de la M6G en l’absence et en présence de
naloxone. Commenter ces résultats en tenant compte de la question 1.
QUESTION N°3 : De quel type d’antagonisme la naloxone est-elle responsable vis à vis des effets de
la morphine et de la M6G. Justifier votre réponse au vu de la figure 2.
III - ACTIVITE ANTINOCICEPTIVE CHEZ LA SOURIS APRES ADMINISTRATION SOUS-
CUTANEE
Les cinétiques des activités antinociceptives de la morphine, de la M3G, et de la M6G ont été
évaluées chez la souris, après administration sous-cutanée d’une dose de 1 mg/kg de chacun de ces
composés, dans le test de la plaque chauffante. Les résultats sont présentés sur la figure 3.

QUESTION N°4 : Expliquer les différences de cinétique d’effet de la morphine, de la M3G et de la
M6G.

REPONSE QUESTION N° 1 : La CI50 est la concentration en ligand froid nécessaire pour inhiber
50 % de la liaison spécifique du radioligand au récepteur µ . La valeur de la CI50 est déterminée
graphiquement.
Pour la morphine: CI50 = 1,4 nM (= 1 à 2 nM)
Pour la M6G : CI50 = 0,5 nM (= 0,2 à 0,7 nM)
Pour la M3G : CI50 = 4 µM (= 2 à 6 µM)
Le KI représente l'affinité apparente de la molécule froide pour le récepteur. La valeur du KI est
obtenue par calcul et dépend de la CIso de la molécule froide, de la concentration en ligand chaud
libre, la naloxone (F, ici 2 nM) et de son KD pour le récepteur (ici 1 nM). Le KI est calculé par
l'équation de Cheng et Prusoff:
KI = (CI50 ) / (1 + (F/KD))
Pour la M6G : KI = 0,2 nM
Pour la morphine: KI = 0,5 nM
Pour la M3G : KI = 1,3 µM
Plus la valeur du KI est faible, meilleure est l'affinité de la molécule pour le récepteur. Ainsi la
morphine et la M6G ont une affinité similaire pour le récepteur Mu (µ) et c'est une bonne affinité,
tandis que la M3G a une mauvaise affinité pour le récepteur Mu (µ) car le KI est plus de 2.500 fois
plus élevé.
N.B : Les candidats peuvent faire le même commentaire à partir des seules valeurs de CI50 (i.e.,
plus la valeur de CI50 est faible, meilleure est l'affinité), puisque les conditions expérimentales sont les
mêmes.
REPONSE QUESTION N° 2 : La DE50 est déterminée graphiquement sur une courbe effet-dose et
représente la dose qui entraîne 50 % de l'effet maximal. Plus la valeur de la DE50 est faible plus la
puissance de la molécule est élevée.
Pour la M6G : DE50 =10 ng
Pour la morphine: DE50 = 25 ng
En présence de naloxone : pour la M6G : DE50 = 2 µg
En présence de la naloxone : pour la morphine: DE50 = 4 µg
En présence de naloxone, la DE50 de la M6G est augmentée d'un facteur 200 et celle de la morphine
d'un facteur 150. Sachant que la naloxone est un antagoniste des récepteurs Mu (µ) et que la M6G et
la morphine se lient avec une haute affinité sur ce type de récepteur (REPONSE QUESTION 1), on en
déduit que ces deux molécules sont des agonistes des récepteurs Mu (µ) et que l'activation de ces
récepteurs provoque un effet analgésique. Les puissances des molécules sont similaires.
REPONSE QUESTION N° 3 : Il s'agit d'un antagonisme compétitif. Sous l'effet de la naloxone, il y
a un déplacement des courbes d'activité de la morphine et de la M6G vers la droite. L'activité
maximale de la morphine et de la M6G est conservée. Par contre la puissance est diminuée.
REPONSE QUESTION N° 4 : La M3G n'a pas d'activité antinociceptive après administration
systémique ce qui est en accord avec son absence d'effet après administration intracérébrale.
La M6G et la morphine entraînent un effet analgésique après administration sytémique. Cependant les
cinétiques d'effet de ces deux molécules sont différentes. L'effet de la morphine apparaît rapidement
(maximum de l'effet à 1h environ) mais ne dure pas longtemps, tandis que l'effet de la M6G apparaît
plus tardivement (maximum de l'effet à 2h environ) mais perdure (50 % de l'effet maximal 8h après
administration de M6G). Ces deux molécules ont une affinité similaire pour le récepteur Mu (µ) et
une activité analgésique semblable après administration intracérébrale. On en déduit que si l'effet de
ces deux molécules est un effet central, la morphine atteint plus rapidement que la M6G les récepteurs
Mu (µ) du système nerveux central (probablement en raison de sa plus grande lipophilie).
Contrairement à la M6G, l'effet de la morphine ne dure pas car elle est probablement dégradée en un
métabolite inactif qui est très certainement la M3G. Autrement dit la M3G représente le métabolite
majoritaire de la morphine et il est dépourvu d'effet antinociceptif. A l'inverse la M6G est un

métabolite minoritaire de la morphine mais il est pourvu d'une bonne activité analgésique.

ENONCE
Le rendement maximal d’une extraction simple de 100mL de solution aqueuse d’un monoacide
organique XH par 10mL de dichlorométhane est de 63%.
QUESTION N°1 : Quel est le coefficient de partage de XH.
QUESTION N°2 : Quel serait le rendement maximal si l’on extrayait 100mL de solution de XH par
18 mL de dichlorométhane ?
QUESTION N°3 : Calculer le rendement théorique si l’on extrait 100mL de XH par trois fois 6mL de
dichlorométhane.
QUESTION N°4 : Le pKa de ce monoacide organique étant de 5,25, à quelle condition devra
répondre le pH de la solution pour que l’extraction offre le rendement maximal.
QUESTION N°5 : Après extraction, comme décrit dans le début de l’énoncé, on procède au dosage
de XH restant dans la phase aqueuse sur une prise d’essai de 10 mL. Pour cela, on titre par une
solution d’hydroxyde de sodium 0,0096 M en présence de phénolphtaléine. On trouve une chute de
burette de 17,70 mL.
Déterminer la concentration initiale de la solution de XH.

REPONSE QUESTION N° 1 : Soit P le coefficient de partage = Corg / Caq
Soit α (alpha) le coefficient de partage corrigé : α = Qorg /Q aq = P (Vorg / Vaq)
Soit le rendement R = Qorg /Q totale initiale => R = 0,63 = α / (1+α) ⇒ α = 1,703
(ou bien Qorg = 0,63 Qt . Qaq = 0,37 Qt)
1,703 = P. ( 10 /100 ) ⇒ P = 17,03
REPONSE QUESTION N° 2 : Vaq = 100 mL , Vorg = 18 mL
α2 = 17,03 . (18 / 100) = 3,065
R = α2 / (1 + α2 ) = 0,754 soit 75,4 %
REPONSE QUESTION N° 3 : Vaq = 100 mL , Vorg = 6 mL x 3
α3 = 17,03 x (6 / 100 ) = 1,022
Il s'agit d'une extraction répétée 3 fois. : R= 1- ( 1 / (1+ α3)3
)
R = 0,879 soit 87,9 %
REPONSE QUESTION N° 4: La forme extractible est la forme protonée XH, en solution aqueuse.
XH + H2O <=> X-
+ H3O+
où (X – H-
) = ((X) . 10-5,25
) / (H3O+
)
pour que le rendement de l'extraction soit minimal, il faut que (X-H-
) soit négligeable devant (X) ,
c'est-à-dire (X-H-
) < 10-2
(X) ⇒ (10-5,25
) / (H3O+
) = (X-H-
) / (H3O+
) < 10-2
(H3O+
) > 10-3,25
M => pH < 3,25
Concentration de la phase aqueuse: 10. Caq = 17,7 x 0,0096 M Caq = 0,017 M
Quantité de X dans les 100 mL de phase aqueuse à l'équilibre
1,7 mmol = 0,37 Q0
Q0 = 4,59 mmol dans 100 mL.
Concentration initiale de la solution de XH = 4,59 10-2
M

ENONCE
Pour tous les tests choisir un risque égal à 5%. Dans le cadre d’une enquête sur la pollution de l’eau
potable, on effectue différents contrôles de qualité.
QUESTION N°1 : L’eau potable doit avoir une concentration en ions ammonium inférieure à 0,5
mg.L-1
. A la suite d’une purification par un procédé chimique (traitement 1), un dosage des ions
ammonium sur 50 prélèvements a donné pour moyenne x1=0,459 mg.L-1
et pour écart-type s1=0,108
mg.L-1
.
Le résultat obtenu après traitement est-il inférieur à la norme ?
QUESTION N°2 : A la suite d’un procédé biologique (traitement 2), un dosage des ions ammonium
sur 50 prélèvements a donné pour moyenne x2=0,418 mg.L-1
et pour écart-type s2=0,122 mg.L-1
Les traitements 1 et 2 ont-ils des effets différents ?
QUESTION N°3 : On effectue 200 prélèvements dans trois zones différents et on dénombre le
nombre de prélèvements pollués par des bactéries coliformes. La présence de ces bactéries étant
indicatrice de contamination pouvant causer des maladies intestinales. Les résultats sont rassemblés
dans le tableau ci-dessous :
Zone 1 Zone 2 Zone 3
Présence de bactéries 4 18 10
Absence de bactéries 36 52 80
Les trois zones diffèrent-elles quant à la proportion de prélèvements pollués par les bactéries ?
QUESTION N°4 : On mesure la concentration en chlorures et en sulfates de 10 échantillons d’eau du
robinet. Les résultats des analyses sont donnés ci-dessous :
Echantillon 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Chlorures 102 128 53 48 122 85 64 72 168 26
Sulfates 52 69 128 86 163 136 65 156 203 61
Calculer le coefficient de corrélation linéaire entre les deux paramètres physicochimiques. Sont-ils
linéairement corrélés.

Comparaison d'une moyenne expérimentale à une moyenne théorique µ0 = 0,5 mg.L-1
: H0 (µ1 = µ0 ) /
H1 (µ1 < µ0 )
ε =
2
2
2
1
2
1
2
1
n
s
n
s
x
x
+
−
= 2,68 > 1,645
La concentration moyenne en ions ammonium est significativement inférieure à 0,5 mg.L-1
.
REPONSE QUESTION N° 2 : Comparaison de 2 moyennes expérimentales d’échantillons
indépendants (n>30) : H0 (m1 = m2 ) / H1 (m1 ≠ m2 )
ε =
2
2
1
1
2
1
2
2
n
s
n
s
m
m
+
|
−
|
= 1,78 < 1,96
⇒ La concentration moyenne en ions ammonium ne diffère pas significativement entre les deux
traitements
REPONSE QUESTION N° 3 : Comparaison des 2 distributions : H0 ( ∀i :pi = pi0 ) / H1 (pi ≠ pi0 )
Zone 1 Zone 2 Zone 3 Total
Obs (ni) Théo (ci) ni ci ni ci
Présence
de
bactéries
4 6,4 18 11,2
10 14,4 32
Absence
de
bactéries
36 33,6 52 58,8 80 75,6 168
Total 40 70 90 200
χ2 = ∑
−
i
i
i
c
c
n 2
)
(
= 7,587 > 5,99 (d.d.l. = 2)
⇒ Les trois zones diffèrent quant à la proportion de prélèvements pollués par les bactéries
REPONSE QUESTION N° 4 : On calcule le coefficient de corrélation entre les deux variables :
r = cov (x,y) / sx.sy =
(n xy) − ( x y)
∑
∑
∑
n x2
∑ − ( x)2
∑ n y2
∑ − ( y)2
∑
= 0, 513
Comparaison du coefficient de corrélation r à zéro : H0 (r=0) / H1 (r≠0)
t = t =
| r |
1− r2
n − 2 = 1,69 < 2,306 (ddl = 8) ; r n’est pas significativement différent de zéro
⇒ Les deux paramètres physicochimiques ne sont pas linéairement corrélés

ENONCE
Pour une enzyme E agissant sur un substrat S, l’unité internationale (U) est définie comme une
quantité d’enzyme pouvant transformer 1 micromole de substrat par minute dans les conditions
conventionnelles précisées. Notamment, la concentration en substrat du milieu d’incubation, est fixée
à 7 Km et le temps d’incubation à 3 minutes.
Dans les applications usuelles de la technique, on se trouve dans des conditions de vitesse initiale.
La préparation A de cette enzyme est une poudre destinée à la fabrication de comprimés.
Elle correspond à un extrait tissulaire partiellement purifié, dilué dans un excipient convenable.
QUESTION N°1 : Pour déterminer la concentration de cette préparation A, on dissout 2g dans une
solution tampon convenable et complète à 50 mL (solution B).
La mesure de l’activité sur 250 µL de cette solution B dans les conditions conventionnelles définies au
début de cet exercice donne une consommation de substrat égale à 0,60 µmoles. Calculer la
concentration catalytique de cette solution B.
QUESTION N°2 : En déduire la concentration catalytique de la préparation A.
QUESTION N°3 : Le pharmacien doit fabriquer des comprimer de 0,5 g contenant chacun 0,8 U
d’enzyme. Combien faudra-t-il de préparation pour fournir, après dilution dans un excipient
convenable, 1 kg de poudre à comprimer à la concentration catalytique prescrite par le protocole de
fabrication ?
QUESTION N°4 : Quelle serait la concentration catalytique de A si pour les conditions
conventionnelles la concentration en substrat était de 15 Km ? Commenter.

REPONSE QUESTION N° 1 : Substrat consommé en 1 minute / 250 µl = 0,20 µmol
Soit 0,80 µmol/mL/mn ou 0,8 U/mL ou 800 U/L
REPONSE QUESTION N° 2 : Concentration catalytique de la poudre A
B= 40 g A/L donc 40 g de A contiennent 800 U soit 800/40 = 20 U/g de A
REPONSE QUESTION N° 3 : 0,8 U correspondent à 1 x (0,8/20) = 0,04 g de A et 0,5 g de
comprimé, donc pour 1 kg de poudre à comprimer, il faut 0,04/0,5 x 1000 = 80 g de A
Nouvelle concentration catalytique = ( 20 . (15/16) ) / (7/8) = 20 . ((15.8) / (16.7)) = 20 (15/14) = 21,4
U/g
Commentaire : la valeur d’une quantité ou concentration catalytique exprimée en U arbitraire dépend
complètement de la définition des conditions conventionnelles. Ici, légère augmentation car l’enzyme
travaille à 15/16ème
de Vmax ( au lieu de 7/8ème
de Vmax précédemment).

[E1-2004S] EXERCICE N°1 (40 pts): Les questions 3 et 4 peuvent être traitées indépendamment des
q. 1 et 2.
QUESTION N°1 : On sait que la pharmacocinétique d’un médicament A répond à un modèle
monocompartimental. On dispose des données suivantes :
- demi-vie d’élimination : 3,3 h
- clairance plasmatique totale : 140 mL.min-1
Quelle dose du médicament A devra-t-on administrer par voie intraveineuse flash (bolus) pour obtenir
une concentration plasmatique maximale (Cmax) de 7,5mg/L ?
QUESTION N°2 : Si on décidait de débuter le traitement par l’administration du médicament A en
perfusion intraveineuse continue :
a) Quel débit de perfusion serait nécessaire pour obtenir et maintenir une concentration plasmatique de
10 mg.L-1
?
b) Quel est le délai nécessaire pour atteindre cette concentration à l’équilibre ?
QUESTION N°3 : Un médicament B est administré par voie orale à la dose de 400 mg toutes les 12
h. On sait que la pharmacocinétique de B répond à un modèle monocompartimental.
On dispose des données suivantes :
- constante apparente de vitesse d’élimination : 0,0577 h-1
.
- volume de distribution : 155 L
- biodisponibilité : 50%
a) Calculer la concentration plasmatique moyenne à l’état d’équilibre.
b) A partir de quelle prise orale, la concentration moyenne correspondra-t-elle à 90 % de la
concentration moyenne à l’état d’équilibre ?
QUESTION N°4 : L’excrétion rénale du médicament B est seulement de 0,5 % ; il est essentiellement
éliminé par métabolisme hépatique. Ce médicament a été également quantifié dans le sang total.
On dispose des données suivantes :
- clairance sanguine (CLsg) du médicament B : 200 mL.min-1
- débit sanguin hépatique chez l’homme Q : 1,5 L.min-1
a) Calculer le coefficient d’extraction hépatique.
b) La clairance hépatique de ce médicament dépend-elle du débit sanguin hépatique? Justifier votre
réponse.

REPONSES EXERCICE N° 1 [E1-2004S] (40 points)
REPONSE QUESTION N° 1 : Médicament A :
T 1/2 := 3,3 h => constante apparente de vitesse d'élimination plasmatique k:= 0,21 h-1
K = 0,21 h-1
CLtotale:= 140 mL.min-1
:= 8,4 L.h-1
CLtotale = K.Vd
Dose de charge := Cmax X Vd:= 7,5 x (8,4 / 0,21) = 300 mg
a) Débit de perfusion := CLtotale X Css = 8,4 x 10 = 84 mg.h-1
b) L'état d'équilibre est obtenu pour un délai compris entre 3,3 t1/2 (90 % de l'état d'équilibre) et 5 t1/2
(97 % de l'état d'équilibre) soit entre 10 h et 16,5 h.
Médicament B : dose (D) de biodisponibilité (F), administrée toutes les 12 heures (T).
a) (F x D)/T = (400 mg/12) x 0 5 = CLtotale x CSS moyen = k . Vd X CSS moyen
Css moyen = ((400 mg/12) x 0,5) / ( 0,0577 h-1
x 155 L) = (16,67 mg /h) / (8,94 L/h) = 1,86 mg.L-1
b) n ≥ 3,3 x t1/2 / T
t ½ = (Ln2) / k = 0,693 / 0,057 = 12 h
n ≥ 3,3 x 12/12
n = 4ème
prise
a) EH = CLsg /Q = CLsg /1,5 = 0,2/1,5 = 0,13
b) Non car EH < 30 % (coefficient d'extraction hépatique faible).

[E2-2004S] EXERCICE N°2 (40 POINTS): Cet exercice se compose de 2 parties A et B
indépendantes.
ENONCE PARTIE A
Avec un système chromatographique donné, on veut séparer un soluté A d’autres composés B, C, D,
E.
Les facteurs de rétention de A, B, C, D, E sont respectivement 3,0 ; 2,5 ; 3,0 ; 3,5 ; 4,0.
QUESTION : quelle devra être l’efficacité de la colonne si l’on désire séparer correctement :
a) A et B
b) A et C
c) A et D
d) A et E
ENONCE PARTIE B
On dose en chromatographie liquide le composé A d’une solution inconnue en utilisant comme étalon
interne le composé B.
Les temps de rétention de A et B sont respectivement de 5,5 min et 3,8 min.
On dispose d’une solution mère de A à 100 µg.mL-1
et d’une solution mère de B à 100 µg.mL-1
dans
l’éthanol. On prépare la gamme d’étalonnage comme suit :
Tube 1 2 3 4
Solution mère de A (µL) 60 120 240 360
Ethanol 940 880 760 640
Solution mère de B (µL) 100 100 100 100
Le dosage de la solution inconnue est fait en double :
On mélange 1000 µL de la solution à doser et 100µL de B.
On injecte 20µL de chaque solution dans le chromatographe.
Les chromatogrammes obtenus donnent les hauteurs de pic A et B suivants :
QUESTION : Quelle est la concentration de A de la solution inconnue ?
Tube 1 2 3 4 Dosage D1 Dosage D2
Hauteur pic A (cm) 0,85 1,80 3,50 5,60 3,70 3,85
Hauteur pic B (cm) 2,70 2,70 2,60 2,70 2,65 2,75

REPONSES EXERCICE N° 2 [E2-2004S] (40 points) Vérifier ?
PARTIE A
a) Les solutés seront bien séparés si R ≥ 1,5 , on sait que R =
k
k
N
+
+
−
1
1
1
2 α
α
α = sélectivité = facteur de rétention du soluté le plus retenu divisé par le facteur de rétention du
composé le moins retenu.
k = moyenne des deux facteurs de rétention.
N = efficacité de la colonne kA = 3,0 ; kB = 2,5 ; k =
2
5
,
2
3 +
= 2,75 ; α = 3/2,5 = 1,2
k
k
R
N
+
⋅
−
+
=
1
1
1
.
2
.
α
α
75
,
2
75
,
3
2
,
0
1
2
,
1
3 ⋅
+
⋅
≥
N
45
≥
N N≥ 2025
b) kA - kC = 3,0 - 3,0 = 0
Quelle que soit l'efficacité de la colonne, on ne pourra jamais séparer A et C.
c) kA = 3,0 kD = 3,5 k = 3,25
α = 3,5 / 3 = 1,17
25
,
3
25
,
4
17
,
0
1
17
,
1
3 ⋅
+
⋅
≥
N
1
,
50
≥
N N≥ 2508
d) kA = 3,0 kE = 4,0 k = 3,5
α = 4 / 3 = 1,33
5
,
3
5
,
4
33
,
0
1
33
,
1
3 ⋅
+
⋅
≥
N
2
,
27
≥
N N≥ 740
PARTIE B
Tube 1 2 3 4 Dosage
[A] (µg.mL-1
) 6 12 24 36 D1 D2
Hauteur pic A
Hauteur pic B
0,31 0,66 1,35 2,07 1,40 1,40

La concentration de la solution inconnue : 25 µg.mL-1
[A] µg.mL-1

[E3-2004S] EXERCICE N°3 (40 POINTS) :
ENONCE
On mélange 500 mL de solution d’acide phosphorique 10-2
M et 500 mL de solution d’hydroxyde de
sodium. Les pKa de H3PO4 sont respectivement : 2,23 ; 7,21 ; 12,32.
QUESTION N°1 : Quel doit être le titre, en molarité, de la solution d’hydroxyde de sodium pour
donner au mélange un pH = 7,42 ?
QUESTION N°2 : Quelle est l’osmolarité de la solution ?
QUESTION N°3 : Quelle quantité de chlorure de sodium doit-on ajouter à 250 mL de la solution
pour la rendre iso-osmotique au plasma sanguin ?
QUESTION N°4 : Comment préparerait-on 250 mL d’une solution phosphorique tamponnée à pH =
7,42 iso-osmotique au plasma si l’on dispose : A) d’une solution 0,50 M de
monohydrogénophosphate de sodium et B) d’une solution de HCl M.

Pour avoir un pH à 7,42 on doit être en présence de Na2HPO4 et de NaH2PO4 .
Soit X le titre de la solution NaOH : à 500 ml correspond 500 X mmoles de NaOH; ces 500X mmoles
de NaOH devront transformer les 5 mmoles de H3PO4 en 5 mmoles NaH2PO4 et apporter une quantité
supplémentaire de NaOH telle qu'il se forme (500X - 5) mmoles de Na2HPO4 et qu'il reste 5 - [500X -
5] mmoles de NaH2PO4 .
Ainsi, pH = 7,42 = 7,21 + log
X
X
500
10
5
500
−
−
X = 1,62.10-2
M
Vérification : On introduit 500.1,62.10-2
= 8,1 mmoles de NaOH avec 500.10-2
== 5 mmoles de
H3PO4.
On forme 3,1 mmoles de Na2HPO4 et 1,9 mmoles de NaH2PO4
pH == 7,21 + log (3,1/1,9) = 7,42
REPONSE QUESTION N° 2 : Osmolarité :
(Na+
) == 0,5 x 1,6210-2
== 8,1 x 10-3
mol.L-1
(HPO −
2
4 ) + (H2PO −
4 ) = 5.10-3
M
Osmolarité de la solution: (8,1 + 5)10-3
osmol.L-1
= 13,1 mosm.L-1
Il faut ajouter une concentration en NaCl de 300 - 13,1 = 286,9 mosm.L-1
c'est-à-dire une concentration en mmol. L-1
de : 286,9 / 2 = 143,45 mmol.L-1
Aux 250 mL, on ajoutera 35,86 mmol de NaCl, soit 2,10 g de NaCl.
Vérification:
2,10 g NaCl → 71,8 mosm.
250 mL tampon = 8,1/4 = 2,025 mosm.Na+
= 5/4 = 1,25 mosm de l'ensemble PO4
au total pour les 250 mL. 71,8 + 2,025 + 1,25 == 75,075 mosm
soit 4 x 75,075 == 300,3 mosmol.L-1
REPONSE QUESTION N°4 :
Soit x mL de solution de Na2HPO4 0,5 M apportent 2 x 0,5 x mosmol. de Na+
et 0,5 x mol d'ion
phosphorique.
Soit y mL de HCl M apportent y mosmol. de Cl-
Une solution isoosmotique au plasma = 300 mosm.L-1
Soit 75 mosmol pour les 250 mL.
On veut : 0,5 x + x + y = 75
1,5 x + y = 75
De plus pH = 7,42 = 7,21 + log ((0,5 x-y)/y)
1,62 = (0,5 x – y) / (y)
Au total : 1,5(5,24 y) + y = 75
y = 75 / 8,86 = 8,465 mL
x = 44,36 mL
On utilisera 44,36 ml de sol. Na2HPO4 0,5 M
+ 8,47 ml de sol. HCI M
+ eau qsp 250 ml (197,17 mL)

ENONCE
Un essai thérapeutique visant à étudier l’efficacité d’une injection intrathécale (de 0,2 mg) de
morphine sur la douleur post-opératoire a été réalisé. Quarante patients subissant le même type de
chirurgie ont été inclus dans cet essai. Ils ont été répartis par tirage au sort en 2 groupes de 20 patients.
Tous les patients disposaient en post-opératoire d’une pompe à morphine leur permettant de
s’auto-administrer de la morphine pour combattre la douleur. Pour lutter contre la douleur, les patients
du groupe 1 recevaient de la morphine en post-opératoire uniquement. Les patients du groupe 2
recevaient de la morphine avant l’intervention chirurgicale par injection intrathécale et en post-
opératoire.
QUESTION N°1 : Le critère de jugement principal retenu est la dose totale de morphine administrée
par le patient. Les moyennes et écarts-types de la dose de morphine estimés à partir de chaque groupe
de 20 patients figurent dans le tableau 1 :
Tableau 1
Dose (mg) Moyenne Ecart-type
Groupe 1 20,0 10,0
Groupe 2 15,0 6,5
- Quel est l’intervalle de confiance à 95% de la dose moyenne de morphine administrée dans chaque
groupe ?
- Montrer que les variances estimées dans les 2 groupes de patients ne diffèrent pas significativement
au risque 5%.
- La dose moyenne de morphine administrée dans le groupe 2 est-elle, au seuil de 5%,
significativement plus faible que la dose administrée dans le groupe 1 ?
QUESTION N°2 : Le critère de jugement secondaire prend en compte l’intensité de la douleur,
mesurée 12 heures après l’intervention. Les résultats de cette évaluation figurent dans le tableau 2.
Tableau 2
Intensité de la
douleur
Douleur faible Douleur modérée Douleur intense
Douleur
insupportable
Groupe 1 3 5 9 3
Groupe 2 7 9 4 0
La répartition de la douleur est-elle différente dans les 2 groupes de patients au risque α = 5% ?
QUESTION N°3 : La corrélation entre la dose de morphine administrée et la durée de l’intervention
chirurgicale est étudiée chez les 20 patients du groupe 1. Pour chaque patient on dispose de la duré
d’intervention mesurée en heures (x) et de la dose administrée en milligrammes (y).
On donne :
Durée moyenne d’intervention mx = 4,0 h Dose moyenne my = 20,0 mg
Ecart-type de la durée d’intervention ∂x = 1,3 h Ecart-type de la dose ∂y =10,0 mg
∑xy = 1571,0
Existe-t-il chez ces patients une corrélation significative au seuil 5% entre la durée d’intervention et la
dose de morphine administrée ?

REPONSE QUESTION N° 1 : - Intervalle de confiance
Groupe 1 : IC = m ± tα.s√n = 20 ± 2,093.10 / √20 → ]15,32; 24,68[ soit IC = ]15,3;24,7[
Groupe 2: IC = m ± tα.s√n = 15 ± 2,093.6,5 / √20 → ]11,96; 18,04[ soit IC = ]11,9; 18,1 [
- Comparaison de variances : H0 : 2
2
2
1 σ
σ = ; H1 : 2
2
2
1 σ
σ ≠
2
2
19
19
5
,
6
10
=
F = 2,37 < F seuil lu dans la table à 2,5% = 2,53 (d.d.1. = 19,19)
=> les variances ne diffèrent pas significativement.
- Comparaison de moyennes
Comparaison de 2 moyennes sur des petits échantillons: on suppose que la dose de
morphine administrée suit une distribution normale dans les 2 populations.
L'égalité des variances est vérifiée (voir REPONSE QUESTION 1, Comparaison de variances)
H0 : µ1 = µ2 ; H1 : µ1 > µ2
Calcul de la variance commune: S2
= (102
+ 6,52
) / 2 = 71,125
t =
20
125
,
71
20
125
,
71
15
20
+
−
= 1,875 > 1,645 (n1+n2 -2) > 30 ⇒ rejet de H0
La dose de morphine administrée dans le groupe 2 est significativement plus faible que
la dose administrée dans le groupe 1.
REPONSE QUESTION N° 2 : Test du χ2
H0 : La répartition de la douleur est la même dans les 2 groupes.
H1 : La répartition de la douleur est différente dans les 2 groupes.
Intensité
de la douleur
Douleur faible Douleur modérée Douleur intense
Douleur
insupportable
Groupe 1 3 (5) 5 (7) 9 (6,5) 3 (1,5)
Groupe 2 7 (5) 9 (7) 4 (6,5) 0 (1,5)
Effectifs théoriques < 5 => on procède au regroupement des 2 dernières catégories
Intensité
de la douleur
Douleur faible Douleur modérée Douleur intense et insupportable
Groupe 1 3 (5) 5 (7) 12 (8)
Groupe 2 7 (5) 9 (7) 4 (8)
χ2
= 6,74 d.d.l. = (3 - 1) (2 - 1) = 2 χ2
> 5,99 (lu dans la table)
Au seuil 5 %, la répartition de la douleur est différente dans les deux groupes.
REPONSE QUESTION N° 3: H0: pas de corrélation entre dose et durée d'intervention (ρ = 0)
r =
y
x
y
x m
m
n
xy
σ
σ ⋅
⋅
−
∑
= - 0,112 => t = 2
1 2
−
−
n
r
r
= 0,476 < 2,101 (lu dans la table)
La dose de morphine ne semble pas corrélée avec la durée de l'intervention.

ENONCE
Un médicament est entièrement éliminé par métabolisme selon une réaction enzymatique saturable
dans la zone des concentrations thérapeutiques.
Ce médicament a été perfusé par voie IV de façon continue à 2 reprises selon 2 vitesses de perfusion
différentes à un même patient :
a) Quand la vitesse de perfusion était de 50 mg.h-1
, la concentration plasmatique à l’équilibre a été de
0,22 mg.L-1
.
b) Quand la vitesse de perfusion était de 500 mg.h-1
, la concentration plasmatique à l’équilibre a été de
3,4 mg.L-1
.
QUESTION N°1 : Calculer les paramètres correspondant à la vitesse d’élimination de ce médicament
chez ce patient : constante de Michaelis-Menten (Km) et vitesse d’élimination maximale (Vmax).
QUESTION N°2 : Quelle vitesse de perfusion se serait accompagnée d’une concentration
plasmatique à l’équilibre égale à Km ?
QUESTION N°3 : Pour laquelle des 2 perfusions l’état d’équilibre a-t-il été atteint le plus
rapidement ? Justifier votre réponse.
QUESTION N°4 : Quelle serait la concentration plasmatique à l’équilibre si la perfusion était de 20
mg.h-1
? Commenter ce résultat.

Vitesse d'élimination plasmatique = V = Vmax.C / (Km + C) où C est la concentration
plasmatique. .
A l'état d'équilibre: V = Vmax.Css / (Km + Css) = Ro où Ro est la vitesse de perfusion et Css la
concentration plasmatique à l'équilibre, donc:
50 mg.h-1
= Vmax.0,22 mg.L-l
/ (Km + 0,22 mg.L-1
) et 500 mg.h-1
= Vmax.3,4 mg.L-1
/ (Km + 3,4 mg.L-1
)
soit un système de deux équations à deux inconnues dont la résolution aboutit à :
Km = 5,61 mg.L-1
et = Vmax = 1325 mg.h-1
.
Km correspond à la concentration pour laquelle la vitesse d'élimination = Vmax/2 soit 1325/2 = 662,5
mg.h-1
.
Le temps, pour atteindre l'état d'équilibre au cours d'une perfusion, est fonction de la demi-vie
d'élimination (T1/2) du médicament. Or, T1/2= Ln2 x Vd / CL où Vd correspond au volume de
distribution et CL à la clairance d'élimination.
Dans le cas particulier de ce médicament, la clairance d'élimination est fonction de la
concentration, puisque le métabolisme est saturable : plus la concentration est élevée, plus la clairance
est faible et plus grande est T1/2. Donc, l'état d'équilibre sera atteint plus rapidement pour la perfusion
de 50 mg.h-1
que celle de 500 mg.h-1
.
REPONSE QUESTION N° 4:
Quand la perfusion est de 50 mg.h-l
, la concentration à l'équilibre est de 0,22 mg.L-1
soit très
inférieure à Km : pour cette vitesse de perfusion et pour celles inférieures (telle que 20 mg/h = Ro'), la
pharmacocinétique peut être considérée comme linéaire (avec v ≡ Vmax.C / Km ou Vmax / Km
correspond à la clairance d'élimination [CL]).
Donc, Css' = Css.Ro' / Ro
Css' = 0,22 x 20/50 = 0,088 mg.L-1
Css' peut également être obtenu par l'équation:
Vmax.Css / (Km + Css') = Ro' <=> Css' = Ro'.Km / (Vmax - Ro') soit Css' = 0,086 mg.L-1
.

sélectivité de la colonne change et R change.
ÉPREUVE D'EXERCICES D'APPLICATION 2005 NORD
[E1-2005N] EXERCICE N° 1 (40 points)
ÉNONCÉ
1 mg d'un composé X est dissous dans 100 ml d'eau. On effectue une extraction à l'aide de 50
ml de benzène; les phases sont séparées et les absorbances sont mesurées:
- pour la phase aqueuse à 240 nm : A240 = 0,26
- pour la phase benzénique à 235 nm: A235 = 1,30
Simultanément, on détermine les absorbances des solutions: aqueuse 10-4
M ou
benzénique 10-4
M de X. Les absorbances sont respectivement A240 = 0,72 pour la solution
aqueuse et A235 = 1,20 pour la solution benzénique.
QUESTION N° 1 : Quel est le coefficient de partage benzène/eau du composé X?
RÉPONSE QUESTION N° 1 :
Concentration en X de la phase aqueuse: 10-4
. ( 0,26/0,72) = 3,61 10-5
M
Concentration en X de la phase benzénique: 10-4 . (1,30/1,20) = 1,08 10-4
M
coefficient de partage : PBenzène/eau = (1,08 10-4
)/( 3,61 10-5
) = 3
QUESTION N° 2 : Quelle est la masse molaire de X?
100 mL de solution aqueuse contient 3,61 10-5
x 100 mmol = 3,61 micromol
50 mL de solution benzénique contient 1,08 10-4
x 50 mmol = 5,40 micromol
1 mg = 3,61 + 5,40 = 9,01 micromol
Masse molaire : MM = 1000/9,01 = 111,0 g.mol-1
QUESTION N° 3 : Quel est le rendement de l'extraction?
Rendement = (qté extraite dans le benzène / qté totale) => R = 5,40/9,01 = 0,60 => R = 60 %
Ou bien CBenzène = 3 Ceau
1 mg = 50 CBenzène + 100 Ceau = 250 Ceau => Ceau = 1/250 = 4.10-3
mg.mL-1
CBenzène = 12 .10-3
mg.mL-1
La quantité extraite dans le benzène est de 50.12 10-3
mg = 0,6 mg.
Rendement = 0.6/1= 60 %
QUESTION N° 4 : Combien d'extractions par 50 ml de benzène faudrait-il répéter pour
extraire au moins 90 % de X à partir de 100 ml de la solution aqueuse?
Le coefficient de partage corrigé alpha α = P VBenzène /Veau => α = 3.(50/100) = 1,5

à la fin de la 1ère
extraction, la Qté dans l'eau qe1 = q0 / (1+ α) = 0,4 mg
A la fin de la nième
extraction , qen = q0 / (1+ α)n
= 1/(2,5)n
=> R = (q0 - qen )/ q0
Le rendement [1-(1/2,5)n
] ≥ 0,90 => 1/2,5n
≤ 0,10 => 1 ≤ n log 2,5 => n ≥ 2,5 => n=3
il faudra donc faire 3 extractions avec 50 ml de benzène, chacune.

Cet exercice se compose de 2 parties A et B indépendantes
PARTIE A
ÉNONCÉ
Dans le traitement d'une maladie, l'un des effets secondaires non attendu pourrait être la
modification de la concentration d'une protéine dans le sang. Pour étudier cette éventualité, on
utilise un échantillon aléatoire de 10 patients numérotés de 1 à 10 et, pour chacun d'eux, on
dose cette protéine avant et après le traitement. On a obtenu les résultats suivants
(concentrations exprimées en g.L-l
),
Numéro i
du patient
Concentration Xi
Avant le traitement
Concentration Yi
Après le traitement
1 0,95 0,98
2 0,72 0,72
3 0,82 0,78
4 0,75 0,90
5 0,81 0,98
6 0,88 0,86
7 0,83 0,92
8 0,79 0,74
9 0,70 0,70
10 0,75 0,92
On désigne ci-dessous par Pl la population des patients avant traitement et par P2 la
population des patients après traitement.
QUESTION N° 1 : Donner les estimations de la concentration moyenne de la protéine dans
Pl et P2.
Moyenne des xi: x = 0,80 g.L-1
; Moyenne des yi: y = 0,85 g. L-1
Estimations de la moyenne des concentrations:
- avant traitement: 0,80 g.L-1
- après traitement: 0,85 g.L-1
QUESTION N° 2 : Peut-on dire, au risque 0,05, que la concentration de la protéine est
modifiée par le traitement?
La réponse devra inclure les éléments suivants:
- hypothèse du test statistique utilisé;
- expression du paramètre discriminant permettant de choisir entre les hypothèses;
- condition(s) de validité du test.
Il s'agit d'échantillons appariés dont les différences di sont:
0,03; 0; - 0,04; + 0,15; + 0,17; - 0,02; + 0,09; - 0,05; 0; + 0,17
Le test à utiliser est la comparaison de la différence moyenne d à la valeur 0.
Les hypothèses du test statistique sont:

Ho: la moyenne de la population des différences est égale à 0.
H1: la moyenne de la population des différences est différente de 0.
Condition de validité du test: la distribution des différences di dans la population doit être
normale.
0874
,
0
1
)
(
1
2
=
−
−
=
∑
=
n
d
d
s
n
i
i
d
smd: écart type des moyennes des différences => smd = sd /√n = 0,0874/√10 = 0,0276
tcalc = /
)
0
( −
d smd = 0,05/0,0276 = 1.81
Lecture de la table de t : ddl = 10 - 1 = 9 ; alpha α = 0,05
tthéor = 2,26
tcalculé < tthéorique : Pas de différence significative au risque alpha α = 0,05
Conclusion : Le traitement ne modifie pas la concentration de la protéine de façon
significative.
PARTIE B
ÉNONCÉ
Un instrument de mesure doit donner des résultats aussi répétables et exacts que
possible malgré d'inévitables erreurs de mesure.
QUESTION N° 1 : Lors d'une mesure, les erreurs peuvent être aléatoires et/ou systématiques;
donner les caractéristiques générales de ces deux types d'erreur en précisant ce qui les
distingue.
Les erreurs sont dites aléatoires si elles se répartissent au hasard de part et d'autre d'une
valeur moyenne. Elles se traduisent donc lors des répétitions de la mesure par une variabilité
autour de la moyenne; on fait souvent l'hypothèse de la normalité de la distribution des
valeurs obtenues.
L’importance de ces erreurs est évaluée globalement par l'écart type et le coefficient de
variation.
En revanche, si les résultats suivent une tendance, l'erreur peut être systématique.
Les erreurs systématiques ne sont pas liées au hasard mais se produisent toujours dans le
même sens (par excès et on dit alors qu'on a un biais positif ou par défaut et le biais est
négatif). Ces erreurs peuvent être évitées (en partie) par la mise en œuvre périodique
d'opérations de validation appropriées.
Dans le cas d'une technique analytique, il est aussi possible de les détecter par comparaison du
résultat obtenu à celui obtenu par une technique de référence (quand une telle technique
existe).
Leur importance est évaluée par l'erreur absolue (delta x : ∆x = valeur mesurée moins valeur
vraie) et l'erreur relative, quotient de l'erreur absolue par la valeur vraie.
QUESTION N° 2 : Un pH-mètre indique comme résultat de la mesure du pH d'une solution

aqueuse la valeur 4,10. A quelle concentration en ions H3O+
exprimée en moI.L-1
, cette valeur
correspond-elle?
pH = - log10 [H3O+] soit [H3O+] = 10-pH
[H3O+] = 10-4,10
= 7,943.10-5
M.
La valeur de la concentration est: [H3O+] = 7,94.10-5
mol.L-1
QUESTION N° 3: Le pH-mètre comportait lors de la mesure un biais positif de 0,10 unité
pH dans tout le domaine de mesure de pH.
a) Quelle est en % l'erreur relative commise sur la détermination du pH?
b) Quelle est l'erreur systématique commise dans la détermination de la concentration en ions
H3O+
de la solution, exprimée en mol.L-1
et en pourcentage ?
a) Le biais étant égal à 0,10 unité pH, la valeur "vraie" corrigée (aux erreurs aléatoires près)
est pHv = 4,00.
L’erreur relative s'écrit: ∆pH/pHv = 0,10/4,00 = 2,5 %
b) La concentration "vraie" a pour valeur: [H3O+]v = 10-4.00
= 1,00.10-4
mol.L-1
L’erreur absolue en concentration s'écrit: ∆ [H3O+] = (7,94 -10,00)10-5
= - 2,06.10-5
mol.L-1
L’erreur systématique s'écrit: ∆ [H30+] / [H30+]v = - (2,06.10-5
)/(1,00.10-4
) = - 20,6 %
QUESTION N° 4 : Quelle(s) opération(s) faut-il faire préalablement à l'utilisation et lors de
l'utilisation d'un pH-mètre pour éviter de telles erreurs systématiques?
Dans un pH-mètre, l'indication de pH est obtenue à partir de la mesure de la différence de
potentiel entre deux électrodes (pH vient de « potentiel d’hydrogène »). Avant utilisation, il
est nécessaire de calibrer l'instrument, c'est-à-dire d'établir la correspondance numérique entre
l'indication de pH et la différence de potentiel au moyen de solutions tampons dont le pH est
exactement connu.
Par ailleurs, la d.d.p entre les électrodes étant fonction de la température de la solution,
les pH-mètres comportent aussi un système destiné à adapter l'indication de pH à la
température de la solution.

ÉNONCÉ
Un médicament est administré à un patient par perfusion intraveineuse à la vitesse de 6
mg.min-1
durant 1 heure.
Le tableau des concentrations plasmatiques (mg.L-1
) en fonction du temps est le suivant:
Temps (min) 10 20 30 40 50 60
Concentrations plasmatiques mg.L-1
4,6 7,0 8,4 9,2 10,4 10,4
On considère qu'à la fin de la perfusion, l'équilibre des concentrations est obtenu.
QUESTION N° 1 : Au moyen du papier semi-logarithmique ci-après, calculer la constante
d'élimination k.
Deux calculs sont possibles:
- Au cours d'une perfusion intraveineuse, les concentrations plasmatiques (C) évoluent selon
l'équation suivante:
C = Css. (1 - e-kt
) où Css est la concentration à l'équilibre  Ln (1 - C/Css) = - kt.
On calcule donc (1 - C/Css) pour chaque temps (ainsi que le point correspondant au temps =
0, pour lequel C = 0 mg/L que l'on représente sur le papier semi-logarithmique (à l'exception
des temps 50 et 60 min).
Temps (min) 0 10 20 30 40 50 60
1 - C/Css 1 0,558 0,327 0,192 0,115 0 0
On observe (voir figure jointe) que tous les points (non nuls) sont alignés (ce qui justifie le
choix du modèle monocompartimental auquel correspond l'équation ci-dessus).
La pente de la droite est égale à -k.
-k = (Ln 1 - Ln 0,1)/(0 - 43)
k = 0,054 min-1
- Possibilité également de déterminer graphiquement le temps de demi-vie :
T1/2 = 12,5 min soit k = Ln2/ T1/2 = 0,055 min-1
)
QUESTION N° 2 : Calculer la clairance d'élimination plasmatique et le volume de
distribution plasmatique.
Css = Ro/CL où Ro est la vitesse de perfusion
Clairance d'élimination plasmatique: CL = 6 mg/min /10,4 mg/L = 0,58 L/min
k = CL/Vd
Volume de distribution plasmatique: Vd = 0,58 L/min/0,055 min-1
= 10,6 L
QUESTION N° 3 : Quelle est la dose de charge qui aurait permis, chez ce patient, d'obtenir
immédiatement une concentration plasmatique de 20 mg.L-1 ?
Dose de charge: D = C x Vd avec C = 20 mg/L ==> D=212mg

QUESTION N° 4 : Quelle serait la vitesse de perfusion permettant de maintenir cette
concentration plasmatique de 20 mg.L-1
?
Vitesse de perfusion R0 = Css x CL avec Css = 20 mg/L R0 = 11,6 mg/min
(possibilité d'obtenir ce résultat par simple règle de 3 à partir du Css observé correspondant à:
Ro = 6 mg/min:
Ro = 6 mg/min => Css = 10,4 mg/L
Ro' =========> Css' = 20 mg/L
Ro' = (20/10,4) x 6 mg/min.

ÉNONCÉ
Pour l'étude d'une poudre A possédant une activité enzymatique, on en dissout 0,1 g dans une
solution tampon convenable et on complète à 5 ml (solution B).
Les mesures d'activité enzymatique s'effectuent dans les conditions conventionnelles fixées
pour la définition de l'unité internationale (UI) sur une prise d'essai de 1 mL de solution B
diluée dans 9 ml de solution de substrat (S).
Ces conditions conventionnelles précisent notamment que la concentration en substrat
du milieu d'incubation est de 10 Km et le temps d'incubation est fixé à 10 min. Le graphique
ci-dessous montre qu'à la fin de cette incubation, la concentration en produit formé dans le
milieu est [P] = 10.10-6
mol.L-1
.
On donne le Km de l'enzyme pour le substrat = 1.10-3
mol.L-1
.
QUESTION N° 1 : Calculer v0 = activité enzymatique du milieu d'incubation dans des
conditions de vitesse initiale.
V0 = 10.10-6
moI.L-1
/10 min = 1.10-6
mol.min-1
.L-1
QUESTION N° 2 : En déduire la concentration catalytique de la poudre A.

Activité enzymatique de la poudre A = 500.10-6
mol.min-1
.kg-1
dans les conditions
conventionnelles.
Concentration catalytique = 500 UI.kg-1
ou 0,5 UI.g-1
QUESTION N° 3 : Calculer le pourcentage de substrat consommé à la fin de l'incubation
décrite dans l'énoncé.
d[P] = 10.10-6
mol.L-1
= - d[S]
-d[S]/ [S] = (10.10-6
) / (10.10-3
) = 1.10-3
soit 0,1%
QUESTION N° 4 : On prépare une solution C en dissolvant 0,3 g de poudre A dans une
solution tampon et on complète à 5 mL. Le reste du protocole étant identique, calculer: Vo =
activité enzymatique du milieu d'incubation dans les conditions de vitesse initiale.
Vo x 3 => 3.10-6
mol.min-1
.L-1
Vo = f[E]
Si les conditions de Vo sont respectées, la Vo est fonction de [E].

ÉNONCÉ
On sépare 2 composés A et B par chromatographie en phase gazeuse sur une colonne de 2,0
mètres.
QUESTION N° 1 : Calculer la résolution sachant que tRA = 300 secondes, tRB = 318 secondes
et que les largeurs à la base des pics, extrapolées par les tangentes aux points d'inflexion sont
respectivement de 20 secondes pour A et 21,2 secondes pour B. Qu'en pensez-vous? Justifier
votre réponse.
Les largeurs des pics, extrapolés par les tangentes aux points d'inflexion omégas:
ωA=20s ; ωB =21,2s
la résolution R=
2
2
B
A
RA
RB t
t
ω
ω
+
−
=> R = (318-300)/(10+10,6) = 0,87
Les deux composés ne sont pas correctement séparés.
QUESTION N° 2 : Les coefficients de l'équation de Van Deemter sont déterminés à:
A = 10-3
cm B= 0,144 cm2
.s-l
C = 10-3
S
a) Quelle est la vitesse linéaire moyenne de la phase mobile qui minimise la hauteur d'un
plateau théorique? Démontrer.
b) Quel serait alors le nombre de plateaux théoriques de la colonne?
c) En supposant que l'on donne à la colonne son efficacité maximale, sans toucher aux temps
de rétention, peut-on séparer correctement A de B?
H=A+B/µ+Cµ
a) Pour étudier la valeur optimale de µ (mu) pour laquelle H est minimal, il faut étudier la
dérivée:
H'= - B/µ2
+C
pour µ0 = √(B/C) la dérivée s’annule,
pour µ < µ0 , la dérivée est négative,
pour µ > µ0 , la dérivée est positive.
H est minimal lorsque µ = √(B/C) = √(0,144/10-3
)
µ optimale = 12 cm.s-1
b) H minimal = A + 2 √(BC) = 10-3
+ 2 √ (1,44.10-4
)
H mini = 0,025 cm
Nombre de plateaux théoriques : N = L/H = 8000

c) tRB=318s ; tRA = 300 s ; N = 8000 => √N = 89,44
σA = 300/89,44 = 3,354 s
σB = 318/89,44 = 3,355 s
R= (318-300) /[ 2 (3,354 + 3,555)] = 300/89,44 = 1,30
La séparation de A et B n'est toujours pas correcte.
En effet, pour avoir une séparation correcte, il faut que tRB - tRA ≥ 3 σA + 3 σB pour deux
pics gaussiens consécutifs de même importance c'est-à-dire R ≥ 1,50.
QUESTION N° 3 : On s’oriente vers l’utilisation d’une colonne capillaire de 20 mètres de
long et de 0,25mm de diamètre intérieur dont l’efficacité d’imprégnation est telle que la
HEPT est égale à 3,2 fois le rayon de la colonne, la vitesse de phase mobile étant de 40 cm.s-1
.
Quelle devra être la sélectivité de la colonne si l’on veut avoir une bonne séparation entre A et
B, avec un temps de rétention de 5,0 mn pour le composé le plus retenu (B) ?
L = 20 m ; di = 0,25 mm ; r = 0,125mm ; H = 3,2r = 0,4 mm
N = 20103
/0,4 = 50000 => √N = 223,6
tRB = 5,0 mn
le temps mort, tm = L/µ = 20/0,4 = 50 secondes
tRB = tm (1 + kB)
kB = 5,0 (facteur de rétention de B)
On veut : (alpha est la sélectivité de la colonne)
5
,
1
1
1
4
≥
+
−
B
B
B
k
k
N
α
α
)
5
).(
6
,
223
(
)
6
).(
4
).(
5
,
1
(
1
≥
−
α
α
=> 0322
,
0
1118
36
1
=
≥
−
α
α
α ≥ 1,033
Remarque: On peut accepter d'autres solutions à la RÉPONSE QUESTION 3, par exemple:
a) on veut:
2
5
,
1
1
1
2
B
A
A
B k
k
k
et
k
k
avec
k
k
N +
=
=
≥
+
−
α
α
α

5
,
1
2
2
≥
+
+
+
+
−
A
B
A
B
A
B
A
B
k
k
k
k
k
k
k
k
N
=> 5
,
1
7
5
2
6
,
223
≥
+
−
A
A
k
k
=> )
7
(
)
6
,
223
/
3
(
5 A
A k
k +
≥
−
kA ≤ 4,84
α ≥ 5/4,84
α ≥ 1,033
b) ou bien:
5
,
1
)
5
(
2
)
5
(
≥
+
−
RA
RA
t
N
t
=> )
5
(
0134
,
0
)
5
( RA
RA t
t +
≥
− => 4,87 mn ≥ tRA
60
50
87
,
4
60
50
5
−
−
≥
⇒
−
−
= α
α
m
RA
m
RB
t
t
t
t
α ≥ 1,03

ÉPREUVE D'EXERCICES D'APPLICATION 2005 SUD
[E1-2005S] EXERCICE N° 1 (40 points)
ÉNONCÉ
Une enquête a été réalisée sur l'ensemble de 100 naissances dans deux maternités d'une même
ville.
On a d'abord comparé les caractéristiques des femmes de la maternité où elles ont
accouché; on obtient les résultats suivants:
Maternité 1 Maternité 2
Effectif 40 60
Âge: moyenne m 28,0 29,3
Âge:variance estimée s2
14,1 20,3
Nombre d'enfants précédents = 0 18 21
Nombre d'enfants précédents ≥ 1 22 39
QUESTION N° 1 :
a) Les moyennes d'âge dans les deux maternités sont-elles significativement différentes au
seuil de 5%?
b) Les proportions des femmes ayant eu au moins un enfant dans les deux maternités sont
elles significativement différentes au seuil de 5%?
Sur un échantillon de 8 femmes, tirées au sort dans la maternité 1, on a dosé une hormone
dans le sang et dans le liquide amniotique.
Les résultats (en ng/mL) sont présentés dans le tableau ci-dessous:
Liquide amniotique 11 8 15 13 10 11 14 9
Sang 4,8 3,9 6,3 6,7 5,1 5,4 6,5 4,3
a) Comparaison des moyennes: échantillons indépendants (n > 30):
ε =
2
2
1
1
2
1
2
2
n
s
n
s
m
m
+
|
−
|
= 1,56 < 1,96 =>
les moyennes d'âge ne diffèrent pas significativement entre les deux maternités.
b) Comparaison des pourcentages:
Estimation du pourcentage commun:
P= (22 + 39)/100 = 0,61 et q=0.39 >
ε =
)
1
1
(
2
1
2
1 n
n
pq
f
f
+
|
−
|
= 1,004 < 1,96 => les proportions des femmes ayant eu au moins un
enfant dans les deux maternités ne diffèrent pas significativement dans les deux maternités.

QUESTION N° 2 : Les concentrations d'hormone dans le sang et dans le liquide amniotique
sont-elles corrélées linéairement au seuil de 1 %?
Pour étudier les conséquences éventuelles de la consommation de caféine (x, en mg/kg/j)
pendant la grossesse sur le poids (y, en kg) des nouveau-nés, un questionnaire alimentaire a
été donné à toutes les femmes des 2 maternités.
Les résultats sont les suivants:
n = 100 Σxy = 93,6
Σx = 30 Σx2
= 1 0
Σy = 320 Σy2
= 1033
Comparaison du coefficient de corrélation à zéro:
On calcule le coefficient de corrélation entre les 2 résultats:
r =
∑
∑
∑
∑
∑ ∑ ∑
−
−
−
2
2
2
2
)
(
)
(
)
(
)
(
y
y
n
x
x
n
y
x
xy
n
= 0,928
t = 2
1 2
−
−
|
|
n
r
r
à (n-2) ddl
t = 6,11 > 3,707 (ddl = 6) => les concentrations d'hormone dans le sang et dans le liquide
amniotique sont linéairement corrélées
QUESTION N° 3 : Déterminer l'équation de la droite de régression de y en fonction de x.
Calcul de l'équation de la droite de régression: y = ax + b
Calcul de la pente a =
∑ ∑
∑ ∑ ∑
−
−
= 2
2
2
)
(
)
(
)
,
cov(
x
x
n
y
x
xy
n
x
s
y
x
=-2,4
calcul de l'ordonnée à l'origine: b = y - a x = 3,2 + 2,4 x 0,3 = 3,92

ÉNONCÉ
QUESTION N° 1 : On mélange 50 ml de solution H3PO4 0,1 molaire et 25 ml de solution de
NaOH 0,1 molaire. Le pH est de 2,35. Expliquer la valeur du pH. Les pKa de H3PO4 sont
2,23 ; 7,21 et 12,32.
(H2PO4- ) + (H3PO4) = 0,1 (50/75) =
(Na+) = 0,1 (25/75)
(H3O+) + (Na+) = (H2PO4-) ; (H2PO4-) = (2,5/75) + (H3O+)
(H3PO4) = (5/75) – (2,5/75) - (H3O+)
10-2.23
= [(H3O+) (H3O+
+ 2,5/75)] / [2,5/75 - (H3O+)]
(H30+)2
+ 3,922 .10-2
(H3O+) - 1,96.10-4
= 0
(H3O+) = 0,448 . 10-2
M
pH = 2,35
QUESTION N° 2 : Quelle quantité de NaOH doit-on ajouter à 50 ml d'une solution H3PO4
0,1 molaire pour obtenir un pH = 2,23? (On supposera qu'il n'y a pas de variation de volume),
(H2PO4-) = (H3PO4) = 0,1/2 = 0,05 M
(H3O+) = 10-2.23
(H3O+) + (Na+) = (H2PO4-)
(Na+) = 0,05 - 5,89.10-3
= 4,41 .10-2
M
la quantité à apporter = 4,41 .10-2
mmol = 2,20 mmol
QUESTION N° 3 : Quelle quantité de NaOH doit-on ajouter à 50 ml d'une solution H3PO4
0,1 molaire pour obtenir un pH = 7,21 ?
En cours de neutralisation de la deuxième acidité de H3PO4 : Ka = 10-7,21
; Kb = 10-6,79
Acide et base conjugués sont très faibles. Le recul peut être considéré comme total. Pour
amener le pH de 50 mL de H3PO4 0,1 M à 7,21, il faudra ajouter 5 + 2,5 mmoles de NaOH =
7,5 mmol.

(5 mmol NaOH  5 mmol NaH2PO4 puis encore 2,5 mmol de NaOH  2,5 mmol
NaH2PO4 et 2,5 mmol de Na2HPO4.)

ÉNONCÉ
La courbe A représente les résultats d'une étude cinétique de l'activité d'une enzyme E sur un
substrat S dans des conditions bien définies. La courbe B représente les résultats d'une
expérience effectuée dans les mêmes conditions, mais en présence d'un inhibiteur compétitif à
une concentration de [I] = 4.10-5
moL.L-1
. Le tableau regroupe les résultats correspondants.
[S] Courbe A Courbe B
10-4
moL.L-1 V0 V0 app
10-6
moL. min-1
. L-1
10-6
moL. min-1
. L-1
2 2,5 0,83
6 3,75 1,88
10 4,17 2,5
14 4,38 2,92
20 4,55 3,33
QUESTION N° 1 : D'après des travaux antérieurs, on sait que le Km de l'enzyme pour ce
substrat est égal à :
2. 10-4
moL.L-1
. Calculer la vitesse maximale en absence d'inhibiteur (courbe A). .
Pour [S] = Km
V0 = 2,5.10-6
mol.min-1
.L-1
=Vmax/2
Vmax = 5. 10-6
mol.min-1
.L-1
Vérifier avec un autre point de la courbe par exemple pour [S] = 10 Km
Vo = 4,55 = 10/11 Vmax
Vmax = (4,55 x 11) / 10 = 5. 10-6
mol.min-1
.L-1

QUESTION N° 2 : Pour l'expérience correspondant à la courbe B, déterminer le Km app de
l'enzyme en présence de cette concentration d'inhibiteur.
L’inhibition est compétitive donc sans effet sur Vmax sur la courbe B
Pour V0 app = Vmax/2 = 2,5.10-6
mol.min-1
.L-1
[S] = Km app = 10.10-4
mol.L-1
(vérifier avec les résultats du tableau)
QUESTION N° 3 : En déduire le Ki de l'inhibiteur pour l'enzyme.
Km app = Km ( 1 + ([I]/ Ki) )
10.10-4
= 2.10-4
( 1 + ([I]/ Ki) )
5 = 1 + ([I]/ Ki)
[I] = 4 Ki = 4.10-5
mol.L-1
 Ki = 1. 10-5
mol.L-1

ÉNONCÉ
Un médicament est prescrit à un patient de 75 kg ayant un débit de filtration glomérulaire
(DFG) rénale de 45 mL.min-1. Ce médicament est administré par perfusion intraveineuse de
24 heures.
Il a été montré au cours d'études pharmacocinétiques préalables que le devenir du
médicament dans l'organisme suivait un modèle monocompartimental et que:
-la clairance d'élimination rénale de ce médicament varie proportionnellement au débit de
filtration glomérulaire (DFG); elle représente 80% du DFG en moyenne;
- sa clairance non rénale varie peu d'un individu à l'autre avec une valeur moyenne de 60
mL.min-1
;
- son volume de distribution plasmatique (exprimé en litres par kg de poids corporel) est égal
à 0,65 L.kg-1
.
QUESTION N° 1 : Calculer les paramètres pharmacocinétiques attendus chez ce patient:
clairance d'élimination, volume apparent de distribution en litres et demi-vie d'élimination.
Paramètres pharmacocinétiques prédits (pr) :
Clairance: CLpr = 0,8 x 45 mL.min-1
+ 60 mL.min-1
= 96 mL.min-1
= 5,76 L.h-1
Volume de distribution: Vpr = 0,65 L.kg-1
x 75 kg = 48,7 L
Volume d'élimination: kpr = CLpr/Vpr = 0,12 h-1
Demi-vie = T1/2pr = Ln2/kpr = Ln2.Vpr/CLpr = 5,8 h
QUESTION N° 2 : Calculer la dose totale recommandée à partir des relations précédemment
obtenues entre paramètres pharmacocinétiques et caractéristiques morphologiques et
fonctionnelles, permettant d'obtenir une concentration plasmatique de 1,2 mg.L-1
à la fin d'une
perfusion de 24 heures.
Perfusion de 24 heures soit 24/5,8 = 4,1 T1/2: l'équilibre est atteint (concentration à l'équilibre
= Css)
Ro (débit de perfusion) = Css.Clpr = 6,91 mg.h-1
Soit une dose D = 6,91 mg.h-1
.24 h = 166
mg.
QUESTION N° 3 : La dose administrée à ce patient a été de 200 mg au cours d'une perfusion
de 24 heures.
La concentration plasmatique en fin de perfusion de 24 heures a été de 0,8 mg. L-1
et de 0,3
mg. L-1
, cinq heures après la fin de perfusion. Calculer le volume apparent de distribution réel
du médicament chez ce patient.

Après la fin de perfusion: C = Cfin de perf e-kt
(avec t = temps écoulé depuis la fin de perfusion)
k = (1/5h) x Ln(0,8/0,3) = 0,196 h-1
T1/2 = Ln2/k = 3,5 h
Donc l'équilibre était effectivement atteint chez ce patient:
C fin de perf. = Css
CL = R0/Css avec R0 = débit de perfusion = 200 mg/24 h
CL = (200/24) = 10,4 L.h-1
0,8
V = CL/k = 53 L

PARTIE A
ÉNONCÉ
Une étude concernant 300 patients arthritiques, répartis dans 3 centres, a eu notamment
comme objectif d'évaluer l'influence de l'horaire de traitement par l'indométacine sur
d'éventuels effets indésirables tels que céphalées, vertiges et nausées.
Dans tous les cas, chaque patient a été son propre témoin, il a pris une gélule quotidienne
le matin ou le soir et il a éprouvé chacun des 2 horaires pendant une semaine.
Le tableau ci-dessous fournit, pour chacun des 3 centres, le nombre de patients ayant noté
des effets indésirables essentiellement suite à l'ingestion du médicament à J'un des 2 horaires
concernés, les autres réponses (absence d'effets indésirables ou pas de différence liée à
l'horaire) étant regroupées dans la troisième colonne du tableau.
Matin Soir Autre
C1 41 25 84
C2 32 18 50
C3 17 11 22
QUESTION N° 1 : Montrer que l'on peut admettre au niveau de signification 5% que les 3
centres concernés fournissent des réponses homogènes vis-à-vis du critère considéré.
I1 s'agit de comparer 3 populations (i = 1 à 3) vis-à-vis d'un critère à 3 modalités (j = 1 à 3).
Le test du Khi-deux peut être utilisé. Les effectifs théoriques sont calculés sous l'hypothèse
"nulle" d'homogénéité des 3 populations, à partir des effectifs marginaux:
tij= (ni – nj)/N
avec N = ∑∑
3 3
i j
ij
n = 300
Matin Soir Autre Total ni
C1 45 27 78 150
C2 30 18 52 100
C3 15 9 26 50
Total nj 90 54 156 300
les écarts observés entre effectifs observés et théoriques sont quantifiés par:
=
2
χ 5
,
2
)
( 3
1
3
1
2
3
1
3
1
2
=
−
=
−
∑∑
∑∑ = =
= =
N
t
n
t
t
n
i j ij
ij
i j ij
ij
ij
4
)
1
3
)(
1
3
( =
−
−
avec degrés de liberté
=
2
χ 2,5 < 2
05
,
0
χ = 9,49 (4 ddl) = hypothèse nulle non rejetée.

QUESTION N° 2 : Les auteurs de l'article décrivant cet essai déclarent que la tolérance des
patients à l'indométacine est meilleure lorsque la dose quotidienne est administrée le soir. En
regroupant les données des 3 centres et en ne prenant en compte que les 2 premières colonnes
du tableau, pouvez-vous confirmer statistiquement ce fait?
I1 s'agit cette fois de comparer la répartition de la population regroupant les 3 centres
précédents et partitionnée en 2 catégories selon l'horaire d'administration de l'indométacine,
à une répartition dans laquelle cet horaire ne serait pas un facteur d'influence. Dans ce cas,
on devrait retrouver autant d'individus dans chacune des 2 catégories.
Matin Soir Total
n 90 54 144
t 72 72 144
Les écarts entre effectifs observés n et théoriques t sont quantifiés par:
=
2
χ 9
)
( 2
1
2
2
1
2
=
−
=
−
∑
∑ =
=
N
t
n
t
t
n
j ij
ij
j ij
ij
ij
avec (2 -1) = 1 degré de liberté
=
2
χ 2,5 > 2
05
,
0
χ = 3,84 (1 ddl) = hypothèse nulle rejetée.
La répartition n'est donc pas équilibrée. A la lecture des effectifs "Observés, on peut affirmer
que lorsqu'elle est administrée le soir, l'indométacine est mieux tolérée que si l'ingestion a lieu
le matin.
Pour résoudre cette RÉPONSE QUESTION, on peut également comparer l'un des 2
pourcentages
p = 90/144 = 0,625 ou p = 54/144 = 0,375 à la valeur théorique de 0,50:
Zcalc = 0
,
3
144
)
50
,
0
)(
50
,
0
(
50
,
0
=
−
p
PARTIE B
ÉNONCÉ
Les résultats d'une enquête "exposés/non exposés" concernant l'étude du risque de
cancérisation dû à un polluant sont les suivants:
Sujets Sujets
malades sains
Exposés 360 399 640
Non Exposés 180 599 820
QUESTION N° 1 : Calculer les risques individuels pour les exposés et pour les non exposés.

Risque individuel:
Exposés: 360/400 000 soit 90/100 000
Non exposés: 180/600 000 soit 30/100 000
QUESTION N° 2 : Calculer le risque relatif.
Risque relatif = 90/30 = 3
QUESTION N° 3 : Calculer le risque attribuable au polluant
Risque attribuable : (90 - 30)/100000 = 60/100 000
QUESTION N° 4 : Calculer la fraction étiologique du risque polluant

[E1-2006N] EXERCICE N° 1 (40 points) Pharmacocinétique
ÉNONCÉ
Un médicament a été administré à un patient selon deux voies: intraveineuse et sous-
cutanée, à la même dose (500 mg) à une semaine d'intervalle.
Après administration intraveineuse, l'évolution des concentrations plasmatiques en
fonction du temps (exprimé en heure) correspond à la fonction:
c (mg.L-1
) = 8,3 mg.L-1
.e-0,09h-1.t
Après administration sous-cutanée, la fonction qui représente l'évolution des concentra-
tions plasmatiques en fonction du temps (exprimé en heure) est la suivante:
c (mg.L-1
) = 2,1 mg.L-1
.e-0,02h-1.t
- 2,1 mg.L-1
.e-0,085h-1.t
QUESTION N°1 : Calculer la clairance d'élimination plasmatique de ce médicament chez ce
patient.
Réponse :
AUCiv = Cinitiale/k = 8,3/0,09 = 92,2 mg.L-1
.h
CL = Doseiv/AUCiv = 500/92,2 = 5,4 L.h-1
N .B. : C = Cinitiale.e-k.t
QUESTION N°2 : Calculer le volume apparent de distribution plasmatique.
Réponse :
Vd = Dose/ Cinitiale = 500/8,3 = 60,2 L
QUESTION N°3 : Calculer le coefficient de biodisponibilité absolue par voie sous-cutanée.
Réponse :
AUCsscut = B/ß = - A/α = 2,1/0,02 = 2,1/0,085 = 80 mg.L-1
.h
F = (AUCsscut x Doseiv)/(AUCiv x Dosesscut) = 80/92,2 = 87 %
N.B.: C = B.e -ß.t
- A.e- α.t
QUESTION N°4 : Calculer les demi-vies de décroissance des concentrations plasmatiques
après chaque administration. Que peut-on en conclure?
Réponse :
Après injection iv : T 1/2 = Ln2/k = 0,693/0,09 = 7,7 h
Après injection sous-cutanée: T 1/2 = Ln2/ ß = 0,693/0,02 = 35 h
Le fait que la demi-vie de décroissance soit nettement plus longue après
injection sous-cutanée qu'après injection iv indique que le processus d'absorption à
partir du site d'administration sous-cutanée est plus lent que le processus
d'élimination, et que la vitesse d'élimination est limitée par la vitesse d'absorption
(phénomène de flip-flop).

[E2-2006N] EXERCICE N° 2 (40 points) Chromatographie
ÉNONCÉ
On utilise une colonne de chromatographie de 10 cm offrant 20.000 plateaux/mètre pour
séparer deux composés A et B dont les facteurs de capacité sont respectivement 4,5 et 5,5.
QUESTION N° 1 : Quelle limite doit-on imposer à la vitesse de la phase mobile pour que la
durée de l'analyse soit inférieure à 10 minutes?
Réponse :
L=10cm N = 2000 durée de l'analyse < 10 min
La durée de l'analyse est: tRB + ωBt < 10 min
avec tRB = tm (1 + k'B) = 6,5 tm et
2000
26
N
tRB
4 m
B
t
t
=
=
ω = 0,581 tm
La durée de l'analyse sera (6,5 + 0,581) tm, elle devra être inférieure à 10 min
tm<1,41 min. tm= L/µ <1,41 min µ > 7,08 cm.mn-1
µ = vitesse linéaire de la phase mobile.
QUESTION N°2 : Quelle perte de charge doit-on alors imposer à la colonne, sachant que la
colonne est garnie de particules de 3 micromètres de diamètre et que son facteur de résis-
tance à l'écoulement est de 1200, la phase mobile ayant une viscosité de 1,0 10-3
Pa.s?
Réponse :
µ > 7,08 cm/mn (0,118 cm/s) ∆P =
p
2
d
L
.
ηφ
µ
∆P = 2
6
3
1
2
)
10
.
3
(
1200
.
10
.
10
.
10
.
118
,
0
−
−
−
−
= 1,57.107
Pa
∆P = 157.105
Pa (157 bars)
QUESTION N° 3 : Quelle est la résolution entre les pics des composés A et B? La
séparation est-elle satisfaisante? Justifier votre réponse.
Réponse :
kA = 4,5 , kB = 4,5 , α=1,222 , N = 2000 , k = 5,0
R =
k
k
N
+
+
−
1
1
1
2 α
α
=> R =
6
5
22
,
2
1
222
,
1
2
2000
⋅
−
⋅
R = 1,86
La résolution est tout à fait satisfaisante.
N.B. : D'autres raisonnements sont envisageables

QUESTION N° 4 : On dose le composé B par étalonnage interne en prenant A comme
étalon interne (El) selon le protocole suivant:
- Étalonnage
Solution de B à 25 mg.L-1
(mL) 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0
Eau (mL) 1 0,8 0,6 0,4 0,2 0
Solution d'étalon interne (mL) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5
Aire du pic B 870 1754 2620 3490 4367
Aire du pic d'El 2595 2560 2600 2580 2605
- Dosage
Simultanément on dose B dans une solution inconnue: on mélange 0,5 ml de solution à
doser + 0,5 ml d'eau + 0,5 ml de solution d'Etalon EI. L'aire du pic B est 2060, celle du pic
d'El est 2575. Quelle est la concentration en B de la solution à doser? Expliquer.
Réponse :
Les rapports mesurés Aire B / Aire El pour la gamme d'étalonnage sont :
0,335 - 0,685 - 1,008 - 1,353 - 1,676
pour le dosage, Aire B / Aire El = 0,8
L'étalon interne est utilisé en quantité constante.
Dans la gamme d'étalonnage, les quantités sont 5 - 10 - 15 - 20 - 25 µg.
Le rapport Aire B/Aire El varie de façon linéaire, dans le domaine du 0,8 du dosage
on peut prendre une valeur moyenne de 0,338 pour 5 µg.
La solution à doser contient: =
338
,
0
5
.
8
,
0
11,83 µg dans 0,5 mL
Concentration de la solution à doser:
23,68 µg /mL , ou 23,68 mg.L-1

[E3-2006N] EXERCICE N° 3 (40 points) - Enzymologie
ÉNONCÉ
On réalise une étude cinétique de l'activité d'une enzyme dans des conditions bien définies
sans inhibiteur (colonne A), et avec un inhibiteur [I] = 6.10-5
M (colonne B), on obtient les
résultats suivants :
A B
Concentration en substrat
mol.L-1
Vitesse initiale
V0 mol.L-1
.min-1
Vitesse initiale apparente
V0app mol.L-1
.min-1
4.10-4
1,0.10-6
0,25.10-6
1 2.10-4
1,5.10-6
0,38.10-6
20.10-4
1,67.10-6
0,42.10-6
28.10-4
1,75.10-6
0,44.10-6
40.10-4
1,82.10-6
0,46.10-6
QUESTION N° 1 : En utilisant la représentation en double-inv erse de Lineweaver-Burk,
déterminer Vmax et Km en l'absence d'inhibiteur.

Réponse :
Après représentation des données en double-inverse de Lineweaver-Burk, on
peut
calculer les valeurs de l'enzyme :
1/S(L.mol-1
) 1/Vo (L.mol-1
.min)
0,25.104
1. 106
0,083. 104
0,66. 106
0,05. 104
0,60. 106
0,036. 104
0,57. 106
0,025. 104
0,55. 106
donc : Vmax # 2.10-6
moI.L-1
.min-1
Kmax # 4.10-4
moI.L-1
QUESTION N° 2 : En utilisant la même représentation de Linew eaver-Burk, déterminer
Vmax et Km en présence d'inhibiteur. De quel type d'inhibiteur s'agit-il?

Réponse :
En présence de l'inhibiteur, on va observer les valeurs suivantes:
1/vo app(L.mol-1
.min)
4.106
2,6.106
2,38.106
2,27.106
2,17.106
Vmax # 0,5.10-6
moI.L-1
.min-1
Km # 4.10-4
mol.L-1
Il s'agit donc d'une inhibition non compétitive, puisque seule la Vmax est modifiée.

QUESTION N° 3 : Calculer la constante Ki de l'inhibiteur.
Réponse :
Après démonstration, on obtient, en présence de l'inhibiteur, une équation de
Michaelis
Menten modifiée:
[ ][ ]
S
K
K
I
S
V
V
m
i +
+
=
/
)
(
1
)
(
max
0 avec :
[ ]
i
app
K
I
V
V
/
)
(
1
max
max
+
= d’où :
app
i V
V
K
I
max
max
)
(
1 =
+
3
3
)
(
;
4
5
,
0
2
)
(
1
I
K
et
K
I
K
I
i
i
i
=
=
=
=
+
i
K = 2.10-5
M

QUESTION N°4 :
a) Démontrer la relation mathématique exprimant, en fonction de l et Ki, le pourcentage
d'inhibition de la vitesse initiale ((Vo -Voapp) / Vo ) x 100, par ce type d'inhibiteur.
b) Calculer le pourcentage d'inhibition pour (S) = Km.
c) Que devient ce pourcentage d'inhibition pour (S) = 10 Km ? Commenter
Réponse :
a)
i
i
app
app
K
I
I
K
I
V
V
V
V
V
+
=






+
−
=
−
=
−
)
(
)
(
)
(
1
1
1
1
0
0
0
0
0
donc : 100
)
(
)
(
100
0
0
0
⋅
+
=
⋅
−
i
app
K
I
I
V
V
V
b) % inhibition = 75 %
c) % inhibition = 75 % ne dépend que de (l) et i
K puisque dans ce modèle la fixation
de I
est indépendante de (S).

[E4-2006N] EXERCICE N° 4 (40 points) Statistiques
ÉNONCÉ
Pour tous les tests, choisir un risque égal à 5 %.
QUESTION N° 1 : Afin de tester une substance toxique A, on fait une injection sous-cutanée
à 100 souris. On observe l'apparition d'une réaction locale chez 82 souris.
- Déterminer l'intervalle de confiance à 95 % du. pourcentage de souris qui présentent une
réaction.
- On admet que l'injection est toxique dans 70 % des cas. Le résultat de l'expérience est-il
compatible avec cette hypothèse? Justifier votre réponse.
Réponse :
Le pourcentage de souris qui présentent une réaction est 82
,
0
100
82
=
=
f
L'intervalle de confiance est donné par: 




 −
+
−
−
=
n
f
f
k
f
n
f
f
k
f
I
)
1
(
;
)
1
(
α
α
α
kα = 1,96,n = 100
Iα = [0,745;0,895]
- Comparaison d'un pourcentage expérimental à un pourcentage théorique:
H0 (p = p0) / H1 (p ≠ p0) avec p0 = 0,7
62
,
2
. 0
0
0
=
−
=
n
q
p
p
f
ε => différence significative si ε >1,96
=> le pourcentage de souris qui présentent une réaction diffère significativement de
0,7.
Le résultat n'est pas compatible avec l'hypothèse.
QUESTION N°2 : On veut étudier la relation effet-dose de la substance A. Après injection de
la substance à la dose x (mg) on mesure la réaction (effet y) selon une échelle arbitraire. Les
résultats de l'expérience sont les suivants:
X 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0
Y 0,6 0,8 1,1 1,4 1,6
- Déterminer l'équation y = px + Yo de la courbe effet-dose.
- Montrer que pour une dose nulle l'effet n'est pas significativement différent de zéro. On
donne l'écart-type de l'ordonnée à l'origine sy0 = 0,049.
(On rappelle que la variable Yo/S y0 suit une loi de Student à n-2 ddl).

Réponse :
Calcul de l'équation de la droite de régression: y = px + y0
Calcul de la pente : p = cov (x,y) / s2
(x) =
∑ ∑
∑ ∑ ∑
−
−
2
2
)
( x
x
n
y
x
xy
n
= 0,52
Calcul de l'ordonnée à l'origine: y0 =
−
y - p
−
x = 0,06
- Comparaison de l'ordonnée à l'origine à zéro: H0 (ß = 0) / H1 (ß ≠ 0)
)
3
(
182
,
3
225
,
1
0
0
=
<
=
= ddl
s
y
t
y
=> L'ordonnée à l'origine n'est pas significativement différente de zéro.
Pour une dose nulle l'effet est égal à zéro.
QUESTION N° 3 : L'injection de la substance A provoque une é lévation de la température.
Pour contrôler ce phénomène, on mesure simultanément l'élévation de la température z (°
C)
au cours des 2 heures qui suivent l'injection et l'effet y sur 20 souris auxquelles la même
dose a été administrée. Les résultats obtenus sont les suivants:
Σ z = 27,4 Σ y = 15,6 Σ x2
= 48,81 Σ y2
= 16,16 Σ zy = 27,65
Calculer le coefficient de corrélation linéaire entre z et y.
Réponse :
Calcul du coefficient de corrélation entre les deux variables x et y :
r = cov (x,y) / sx.sy =
(n xy) − ( x y)
∑
∑
∑
n x2
∑ − ( x)2
∑ n y2
∑ − ( y)2
∑
r = 0,936
QUESTION N° 4 : Un expérimentateur veut comparer l'effet d'une substance B dont
l'injection ne provoque pas d'élévation de la température, à celui de la substance A. Pour
cela il dispose de 20 souris, et fait une injection avec A sur la souris et avec B sur les la
autres. Les résultats sont les suivants:
A 1,1 1,0 1,2 1,3 1,2 1,1 1,3 1,4 1,0 1,2
B 0,9 1,1 0,8 1,2 1,0 1,1 1,2 1,0 0,8 0,9
La substance B est-elle moins toxique (effet moindre) que la substance A? Justifier votre
réponse.
Les conditions d'application du test seront supposées vérifiées.
Réponse :
Comparaison de deux moyennes expérimentales, échantillons indépendants (n < 30)

:
H0 (µA = µB) / H1 (µA > µB)
0222
,
0
,
0173
,
0
;
1
;
18
,
1 2
2
=
=
=
= B
A
B
A s
s
y
y
On peut supposer les variances égales, sinon faire un test de F d’égalité des
variances Variance commune :
sp
2
= 0198
,
0
)
2
(
)
1
(
)
1
( 2
2
=
−
+
−
+
−
B
A
B
B
A
A
n
n
s
n
s
n
test de Student :
B
A
p
B
A
n
n
s
y
y
1
1
+
|
−
|
= 2,86 > 1,734 (d.d.l=18)
=> il y a une différence significative entre les effets de A et de B,
la substance B est moins toxique que A.

[E5-2006N] EXERCICE N° 5 (40 points) Chimie Analytique – Biophysique
ÉNONCÉ
On veut déterminer le pKa d'un phénol P par spectrophotométrie en cuve de 1 cm. On
sait qu'à 285 nm, les coefficients d'absorption molaires sont respectivement: 610 L.mol-1
.cm-1
pour la forme moléculaire et à 1620 pour la forme ionisée.
Une solution aqueuse de ce phénol à 50,0 mg par litre et à pH = 9,7 présente une
absorbance égale à 0,682 à 285 nm.
QUESTION N°1 : Déterminer le pKa de ce phénol dont la masse molaire est de 94 g.mol-1
.
Réponse :
Concentration du phénol en moI.L-1
= 0,05/94 = 5,32.10-4
M
phénol ionisé (forme basique CB) + phénol moléculaire (forme acide CA) = 5,3210-4
M
CA + CB = 5,32.10-4
M
Absorbance = (1620 CB) + (610 CA)
0,682 = 1620 (5,32.10-4
- CA) + 610 CA
0,682 = 0,862 -1620 CA + 610 CA
1010 CA = 0,862 - 0,682 = 0,180
d'où CA = 0,180/1010 = 1,78 10-4
M
Cs = 3,54.10-4
M
4
,
9
,
3
,
0
7
,
9
;
10
.
78
,
1
10
.
54
,
3
log 4
4
=
+
=
+
= −
−
a
a
a pK
pK
pK
pH
QUESTION N° 2 : Au point isobestique à la longueur d'onde de 263 nm le coefficient
d'absorption molaire est de 952 L.mol-1
.cm-1
. Définir le point isobestique.
Réponse :
Le point isosbestique correspond à la longueur d'onde pour laquelle les deux
spectres des
formes acide et basique se croisent. Le coefficient d’absorption moléculaire εM est le
même.
QUESTION N°3 : On cherche à vérifier la pureté d'un lot de ce même phénol P. On effectue
une pesée exacte de 47,0 mg que l'on dissout dans 50 mL d'un tampon de pH = 10,00 (soit
A cette solution), On mesure l'absorbance à 263 nm et à 285 nm d'une dilution au vingtième
dans de l'eau distillée de la solution A. les absorbances sont: A263 = 0,49 à 263 nm et A285 =
0,708 à 285 nm.
Quels sont les pourcentages de pureté mesurés respectivement à 263 et à 285 nm?
Proposer une interprétation.
Réponse :
La solution A à 47 mg dans 50 ml est théoriquement 47/(94 x 50) = 1.0 10-2
M
Sa dilution au 1/20 correspond à une concentration théoriquement égale à 5,0 10-4
M.
- L'absorbance à 263 nm de la solution est 0,49, εM = 952 pour les deux formes

=> la concentration mesurée est de 0,49/952 = 5,15.10-4
M
Pureté mesurée à 263 nm : 103 %
- L'absorbance à 285 nm est de 0,708 à pH = 10,0
A pH = 10,0 10,0 = 9,4 + )
(
98
,
3
)
(
,
)
(
)
(
log OH
O
OH
O
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
=
−
−
CB = 3,98 CA
0,708 = 610 CA + 1620 CB
CB = 3,99.10-4
M , CA = 1,003.10-4
M
CB + CA = 4,99.10-4
M
avant dilution Ctot = 9,99.10-3
M = 99,9.10-2
M
pour une concentration théorique de 10-2
M
La pureté est de 99,9 % à 285 nm.
Les résultats sont différents, on peut penser qu'il existe une impureté absorbant à
263 nm
et pas à 285 nm.

ÉPREUVE D'EXERCICES D'APPLICATION ZONE SUD 2006
[E1-2006S] EXERCICE N° 1 (40 points) Chimie analytique - Biophysique
ÉNONCÉ
Un indicateur coloré (R - N[CH3]2) de masse molaire MM = 305 g.mol-1
, est analysé par
spectrophotométrie dans une cuve de 1 cm d'épaisseur. A partir d'une solution aqueuse à
0,2 % (m/v), des dilutions au 1/200 sont effectuées dans une solution d'acide chlorhydrique
0,1 M, dans une solution d'hydroxyde de sodium 0,1 M ou dans une solution tamponnée à
pH 4,0.
Les spectres dans le visible sont réalisés pour les 3 dilutions. Les résultats d'absorbance
obtenus aux longueurs d'onde d'absorption maximale sont indiqués dans le tableau ci-
dessous:
464 nm 506 nm
Dilution acide 0,394 0,891
Dilution basique 0,502 0,176
Dilution tampon 0,467 0,410
QUESTION N° 1 : Déterminer les coefficients d'absorption mol aires et spécifiques de
l'indicateur sous sa forme acide et sous sa forme basique à ces 2 longueurs d'onde.
Réponse :
0,2 % (m /V) : 0,2 g/100 mL soit 2 g.L-1
Dilution au 1/200: concentration C = 0,01 g.L-1
A = ε.l.C avec l = 1 cm, C = 0,01 g.L- 1
et ε = coefficient d'absorption spécifique
Pour la forme acide :
à λ = 464 nm ε 1 = 0,394/0,01 = 39,4
à λ= 506 nm ε 2 = 0,891/0,01 = 89,1
Pour la forme basique :
à λ = 464 nm ε 3 = 0,502/0,01 = 50,2
à λ = 506 nm ε 4 = 0,176/0,01 = 17,6
Une solution molaire = MMg.L-1
Le coefficient d'absorption molaire est = MM x ε spécifique
εM1 = 39,4 x 305 = 12017
εM2 = 89,1 x 305 = 27175,5
εM3 = 50,2 x 305 = 15311
εM4 = 17,6 x 305 = 5368
Remarque pour le jury :
Le candidat peut aussi bien proposer le raisonnement inverse: C = 0,01 g.L-1
= 3,28 10-5
M
et calculer les εM puis montrer que ε spécifique = εM / MM
Pour la forme acide :
à longueur d’onde lambda λ = 464 nm εM1= 0,394 / 3,28.10-5
= 12017 ; ε1 = 39,4
à longueur d’onde lambda λ = 506 nm εM2= 0,891 / 3,28.10-5
= 27175,5 ; ε2 = 89,1
Pour la forme basique :
à longueur d’onde lambda λ = 464 nm εM3= 0,502/3,28.10-5
= 15311 ; ε3 = 50,2

à longueur d’onde lambda λ = 506 nm εM4= 0,176/3,28.10-5
= 5368 ; ε4 = 17,6
QUESTION N° 2 : Déterminer les concentrations respectives en g.L-1
et en mol.L-1
des deux
formes basique et acide de l'indicateur dans la dilution tampon.
Réponse :
Loi d'activité à la longueur d’onde lambda λ= 464 nm A1 = ε1.CA +ε2.CB
Loi d'activité à la longueur d’onde lambda λ= 506 nm A2 = ε2.CA +ε4.CB
0,467 = 39,4.CA + 50,2.CB
0,410 = 89,1.CA + 17,6.CB
CA= [(0,467 – 50,2 CB)/39,4 ]
0,410 = 89,1. [(0,467 – 50,2 CB)/39,4 ] + 17,6.CB
0,410 = 1,056 -113,5 CB + 17,6 CB
95,92 CB = 0,646
CB = 6,73.10-3
g.L-1
; CB = 2,21.10-5
M
CA= [(0,467 – 6,73.10-3
)/39,4 ]
CA = 3,27.10-3
g.L-1
; CA = 1,07.10-5
M
Un candidat peut proposer de résoudre à l'aide des εM
λ = 464 nm 0,467 = εM1.CA + εM3.CB
λ = 506 nm 0,467 = εM2.CA + εM4.CB
0,467 = 12017 CA+ 15311 CB
0,410 = 27175,5 CA + 5368 CB
CB = 2,21.10-5
M , soit 6,73 mg.L-1
CA = 1,07. 10-5
M , soit 3,27 mg.L-1
Vérification = 6,73 + 3,27 = 10
QUESTION N°3 : Quel est le pKa de cet indicateur?
Réponse :
pH = pKa + log
B
A
ou pKa = pH -
A
B
C
C
log
pKa = 4 - log
6,73.10−3
3,28.10−3
ou bien pKa = 4 - log
2,21.10−5
1,07.10−5
pKa = 3,69
QUESTION N°4 : De quelle nature peuvent être les cuves utilisées dans ce dosage?
Réponse :

L’Analyse se fait dans le spectre visible avec un solvant aqueux donc les cuves de verre ou de
plastique peuvent être utilisées pour ces analyses. Le quartz n'est pas obligatoire mais est
acceptable.
NB. - La réponse cuve en quartz n'est pas fausse mais insuffisante.
QUESTION N° 5 : Quelles seraient les absorbances à 464 nm et à 506 nm d'une solution
d'indicateur à 2,5 mg.L-1
de pH = 5,00?
Réponse :
à pH = 5,00
(RNH2) + (RNH3
+
) = 2,5 .10-3
g.L-1
5,00 = 3,69 + log
(RNH2 )
(RNH3
+
)
(RNH2)
(RNH3
+
)
= 20,42
(RNH3
+
) = 1,17.10-4
M
(RNH2) = 2,38.10-3
M
A464 = 39,4 x 1,17.10-4
+ 50,2 x 2,38.10-3
A464 = 46,1.10-4
+ 119,47.10-3
= 0,124
A506 = 89,1 x 1,17.10-4
+ 17,6 x 2,3810-3
= 104,247.10-4
+ 41,89.10-3
= 0,052
Le candidat peut proposer : (RNH2) + (RNH3
+
) = 8,2.10-6
M
5,00 = 3,69 + log
(RNH2 )
(RNH3
+
)
(RNH2)
(RNH3
+
)
= 20,42
(RNH3
+
) = 3,83.10-7
M
(RNH2) = 7,82.10-6
M
A464 = 12017 x 3,83.10-7
+ 15311 x 7,82.10-6
= 0,124
A506 = 27175,5 x 3,83.10-7
+ 5368 x 7,82.10-6
= 0,052

[E2-2006S] EXERCICE N° 2 (40 points) Statistiques
ÉNONCÉ
Une machine à comprimer a été réglée pour produire des comprimés dont la masse
nominale (figurant sur le conditionnement) est 200 milligrammes.
Dans le bac de sortie des comprimés fabriqués par la machine, il est prélevé au hasard
un échantillon de 120 comprimés; chaque comprimé est pesé à 0,1 milligramme près.
Le tableau des résultats obtenus, regroupés en classes de masse, est le suivant:
N°classe 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Classes 194 196 198 200 202 204 206
de masse < 194 à à à à à à à ≥ 208
en mg 196 198 200 202 204 206 208
Nombre
de comprimés 0 5 11 36 42 25 0 1 0
QUESTION N°1 : La pesée d'un comprimé a donné comme résulta t 198,0 mg: ce comprimé
a-t-il été compté dans la classe n° 3 ou dans la cl asse n° 4 du tableau? Justifier votre
réponse.
Réponse :
Les classes d'un regroupement doivent s'exclure les unes les autres : un résultat ne peut
appartenir qu’à une classe et une seule. La classe n° 1 du tableau est définie par une inégalité
stricte montrant que la limite 194,0 appartient à la classe n° 2 ; il en est de même pour toutes
les classes successives et c'est ce qui explique que la dernière classe (n° 9) inclut 208,0
comme borne inférieure. Donc la mesure 198,0 mg doit être comptée dans la classe n° 4 et
non dans la classe n° 3.
QUESTION N°2 : Calculer les estimations de la moyenne et de l'écart type de la distribution
des masses des comprimés du bac.
Réponse :
Pour une classe il faut prendre comme valeur xi commune au ni résultats regroupés dans
cette classe, le centre de la classe. Le tableau permettant les calculs s'écrit :
xi 195 197 199 201 203 205 207
ni 5 11 36 42 25 0 1
Pour un regroupement comportant k classes, les expressions de la moyenne x et de l'écart
type s comme estimations des paramètres de la population sont :
x =
ni xi
k
∑
ni
k
∑
et s =
ni (xi − x)2
k
∑
ni
k
∑ −1
On obtient x = 200,25 mg et s = 2,186 mg
QUESTION N°3 : La masse moyenne observée diffère-t-elle significativement au risque α=
0,05 de la valeur nominale 200,0 mg? Justifier votre réponse.
Réponse :
Le problème est de comparer une moyenne observée à une valeur théorique. II s'agit d'un test

bilatéral.
Désignons par m la moyenne de la population d’où provient l'échantillon (moyenne de
l'ensemble de tous les comprimés du bac), les hypothèses du test sont : Ho=> m = 200,00 et
H1=> m ≠ 200,00.
Comme l'échantillon est grand (n = 120), l’écart type s = 2,186 est estimé avec une bonne
précision et on utilise le paramètre z de la loi normale :
z =
x − 200,00
s
n
=
200,25 − 200,00
2,186
120
= 1,25
au risque alpha α = 0,05 la valeur seuil donnée par la table est z seuil = 1,96
La moyenne obtenue ne diffère donc pas significativement de 200 milligrammes.
QUESTION N°4 : Supposons que la masse des comprimés du bac soit distribuée suivant
une loi normale de moyenne théorique µo = 200,0 mg et d'écart type σ = 2,0 mg.
Le tableau suivant donne la répartition des effectifs théoriques calculés pour un ensemble de
120 comprimés à partir de cette hypothèse de normalité:
N°classe 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Classes 194 196 198 200 202 204 206
de masse < 194 à à à à à à à ≥ 208
en mg 196 198 200 202 204 206 208
Effectifs
théoriques 0,16 2,57 16,31 40,96 40,96 16,31 2,57 0,16 0,00
Peut-on considérer que les résultats observés sont compatibles avec cette hypothèse de
normalité de la distribution des masses? Justifier votre réponse. On utilisera le test du Chi-2
en précisant les hypothèses du test et ses conditions d'application;
on choisira comme risque α = 0,05.
Réponse :
Pour comparer la distribution observée à la distribution théorique supposant la normalité on
utilise le test du χ2
;
L'hypothèse nulle H0 s’énonce : « la distribution observée est celle d'une loi normale de
moyenne m = 200,0 et d'écart type s = 2,0 ». L'hypothèse H1 est que la distribution observée
ne suit pas une loi normale caractérisée par ces valeurs des paramètres.
Pour que le test soit applicable, il faut que I'effectif théorique de chaque classe soit au moins
égal à 5; sinon il faut regrouper des classes afin de satisfaire cette exigence. Le tableau des
effectifs théoriques de la question 4 montre qu'il faut regrouper les classes extrêmes n° 1, n° 2
et n° 3 ainsi que les classes n° 6, n° 7, n° 8 et n° 9. On obtient ainsi le tableau permettant le
calcul du χ2
.
.
Classe de masse en mg < 198 198 à 200 200 à 202 >202
Effectif observe Oi 16 36 42 26
Effectif théorique Ci 19,04 40,96 40,96 19,04
Le paramètre discriminant du test est le χ2
dont l'expression s'écrit :

χ2
=
(0i − Ci )2
Ci
∑ =
(16 −19,04)2
19,04
+
(36 − 40,96)2
40,96
+
(42 − 40,96)2
40,96
+
(26 −19,04)2
19,04
= 3,66
Le nombre de degrés de liberté associé à ce χ 2
est égal à 3.
Avec 3 d.d .l et un risque a = 0,05 la valeur limite donnée par la table est χ2
seuil = 7,82
Comme χ2
< χ 2
seuil l'hypothèse Ho est acceptable, les résultats observés sont compatibles
avec l'hypothèse d'une distribution normale.
QUESTION N° 5 : Une spécification, imposée par le Pharmacien Responsable du
Laboratoire et visant à limiter l'hétérogénéité de la masse des comprimés dans la production,
exige que l'écart type de la distribution des masses des comprimés dans le bac, soit inférieur
à σ = 2,5 mg.
L'écart type calculé dans la question 2, estimation de σ, est-il significativement inférieur à
cette limite théorique, au risque α = 0,05? Justifier votre réponse.
On précise que le nombre de degrés de liberté associé à une variance théorique est infini.
Réponse :
Pour comparer les dispersions, le paramètre utilisé en statistique est la variance, carré de
l'écart type, et la comparaison de 2 variances s'effectue au moyen du test F de Fisher
Snedecor.
Les 2 variances à considérer sont :
Celle qui provient de I'échantillon s2
= (2,186)2
= 4,78 estimation de σ2
à 119 d.d.l La
variance de référence σ2
Max = (2,5)2
= 6,25 connue avec certitude, ce qui revient à dire qu'elle
est estimée avec un nombre infini de d.d.l
Les hypothèses du test F, dans sa version unilatérale pour répondre à la question posée,
s'écrivent :
H0 => σ 2
= σ 2
Max et H1⇒ σ 2
< σ2
Max
La valeur prise par le paramètre discriminant est : F = σ 2
Max /s2
= 6,25/ 4,78 = 1,31.
Le nombre de d.d.1.du numérateur de F est l’infini, ∞, celui du dénominateur est 119. Sur la
table de F (point 5%), on obtient F seuil ≡ 1,25.
L'hypothèse Ho est donc rejetée (F > Fseuil ) au profit de H1: on peut dire que l'écart type σ est
inférieur à 2,5 mg.

[E3-2006S] EXERCICE N° 3 (40 points) Pharmacocinétique
Un médicament a été administré à un groupe de patients tous traités par perfusion intra-
veineuse de 24 heures selon une vitesse de perfusion de 250 mg/h. Au niveau de la figure
ci-dessous, est représentée la courbe correspondant aux paramètres pharmacocinétiques
moyens; les deux autres courbes correspondent aux concentrations observées (après
administration de la même dose selon le même schéma) chez un volontaire sain et un
patient insuffisant rénal sévère (devant être hémodialysé régulièrement) dont la clairance de
la créatinine était, respectivement, de 140 et proche de 0 mL/minute.
QUESTION N° 1 : A partir de la courbe moyenne, déterminer la clairance d'élimination, le
volume de distribution moyen de ce médicament (préciser le principe de la détermination
graphique).
Réponse :
L'état d'équilibre étant atteint (voir graphique), CL = Ro/Css où : CL est la clairance
d'élimination, Ro la vitesse de perfusion et Css la concentration à l'état d'équilibre.
CL = 250 mg.h-1
/43 mg.L-1
= 5,8 L/h

T1/2 correspond au temps pour passer entre Css (43 mg/L) et C ss/2 (21,5 mg/L) : soit,
graphiquement
≡1,5h (autre réponse : temps écoulé entre début de perfusion Css/2).
k (constante de vitesse d'élimination) = Ln2/ T1/2 = 0,7/1,5 = 0,47 h-1
V = CL/k = 5,8/0,47 = 12,3 L.
QUESTION N° 2 : Ce médicament est-il éliminé par voie rénale sous forme inchangée? Si
oui, est-ce la seule voie d'élimination? Justifier vos réponses.
Réponse :
On observe que plus la clairance de la créatinine (ClCr) est importante, plus Css est
faible, et donc que la clairance du médicament est élevée; cette influence du ClCr sur CL
témoigne de l'existence d'une élimination rénale du médicament. Le patient dialysé à une
clairance d'élimination du médicament qui n'est diminuée que d'un facteur de l'ordre de 2 (Css
dialysé = 2xCSS vol sain). L'élimination rénale n'est donc pas la seule voie d'élimination.
QUESTION N° 3 : Calculer la clairance du médicament chez le volontaire sain et le patient
dialysé (dont la clairance de la créatinine est proche de 0). En faisant l'hypothèse que la
clairance du médicament (Cl) varie en fonction de la clairance de la créatinine (CI Cr) selon
une équation: Cl = a x CICr + b où a et b sont des valeurs peu différentes d'un patient à un
autre, déterminer ces valeurs. A quel paramètre pharmacocinétique correspond b?
Réponse :
CL ins. rénal = Ro/Css ins rénal = 250/62 = 4,0 L/h
CL vol sain = Ro/Css vol sain = 250/30 = 8,3L/h
II est possible de faire l'hypothèse que la clairance de la créatinine, la ClCr du patient
insuffisant rénal sévère est négligeable,donc :
CL ins rénal = b
b = 4,0 L/h

CL vol sain = a x CICr + 4,0, soit a x ClCr = 8,3 - 4,0 = 4,3 L/h
a = 4,3/140 = 0,0370 (si dans l'équation CICr est exprimée en mL/min). = 0,5 (si CICr en
L/h).
CL = Cl rénale + Cl non rénale
Et CL= aCICr + b
b représente donc la clairance non rénale du médicament.
QUESTION N° 4 : Le volume de distribution du médicament est- il dépendant de la fonction
rénale?
Réponse :
T1/2 est déterminée graphiquement (voir précédemment) pour le patient volontaire sain et le
patient dialyse :
T1/2 vol sain = 1 h; T 1/2 ins rénal = 2 h
V vol sain = CL/k = CL (Ln2/T1/2) = 8,3/ (0,7/1) = 11,9 L
V ins. rénal = 4,0/(07/2) == 11,4 L
V sont proches pour les deux patients (et proche du paramètre pharmacocinétique moyen), et
donc indépendant de la fonction rénale.
(Sans faire de calcul, à partir des seules T1/2, il était possible d'observer graphiquement que
T1/2 diminuait d'un facteur 2 quand la clairance doublait).

[E4-2006S] EXERCICE N° 4 (40 points) Enzymologie - Biochimie
PARTIE A [Exo2006S4]
ÉNONCÉ
Un enzyme présent dans le plasma a une masse moléculaire de 70 kDa. Il possède:
une constante de Michaelis, Km = 3.10-4
M.
Sa concentration catalytique mesurée dans un plasma selon les conditions
conventionnelles est égale à 126 U.L-1
.
QUESTION N° 1 : Exprimer cette concentration en µkat.L-1
. Pour quelle concentration en
substrat la vitesse de la réaction enzymatique sera-t-elle égale au quart de la vitesse
maximum?
Réponse :
Concentration catalytique = 2,1 µkat/L
V0 = Vmax.S/ [KM +(S)]
si Vo = Vmax /4
S = Km/3 = 1.10-4
M
QUESTION N°2 : Est-ce que la détermination de la concentration catalytique peut être faite
en présence de la concentration en substrat calculée dans la question 1? Justifier votre
réponse.
Réponse :
En principe oui si l'on peut vraiment mesurer V0 mais le Δt de mesure peut être très court.
En pratique le mieux est de se placer dans des conditions d'ordre 0 par rapport au substrat S,
par exemple (S) > 10 Km ou (S) > 100 Km.
QUESTION N°3 : En admettant que, dans les conditions conventionnelles de l'énoncé, la
vitesse de la réaction enzymatique correspond à Vmax, et en sachant que la prise d'essai de
sérum est diluée au quart dans le volume réactionnel final, quelle est la Vmax mesurée dans
ce mélange réactionnel?
Réponse :
Si la détermination a été faite dans les conditions de Vmax, alors Vmax rapportée au
plasma = 126.10-6
mol.min-1.
L-1
.
Dans le milieu réactionnel, la Vmax réellement mesurée est de (126.10-6
)/4 = 31,5.10-6
mol.min-1.
L-1
.
QUESTION N° 4: Sachant que la concentration en enzyme dans le volume réactionnel final
est de 35 ng.L-1
, calculer la constante catalytique de l'enzyme.
Réponse :
1 dalton = 1 g.mol-1
donc (E)t = (35.10-9
/70.103
) = 5.1013
mol.L-1
= 0,5.10-12
mol.L-1
kcat = Vmax/(E)t ; (E)t = 0,5.10-12
mol.L-1
; kcat = 63.106
min-1

PARTIE B [E4-2006S]
ÉNONCÉ
On effectue une mesure de l'activité enzymatique sur une prise d'essai de 1 ml d'une
solution A. On trace la courbe [P] = f (t) : concentration de produit formé en fonction du
temps d'incubation (courbe A).
QUESTION N°1 : Que représente la droite DA? En donner la définition. Indiquer la durée
d'incubation maximale à recommander pour une bonne mesure d'activité enzymatique.
Réponse :
Tangente a l'origine
La Pente = [dP]/dt quand t tend vers 0 = vitesse initiale
Durée d'incubation à recommander : 1 minute, a la rigueur 2 ou 3 minutes si une légère
erreur par défaut est tolérable.
QUESTION N° 2 : Dans le cas de la détermination ci-dessus, donner la valeur de cette pente
pour la solution A.
Réponse :
10.10-6
mol.min-1.
L-1
.
QUESTION N°3 : Dans une autre expérience, on effectue une autre mesure de l'activité
enzymatique dans les mêmes conditions expérimentales sur 1 ml d'une solution B dont la
concentration en enzyme est inconnue. On obtient la courbe B (voir figure page 4). En
déduire l'activité enzymatique de la solution B.

Réponse :
5. 10-6
mol.min-1.
L-1
.
QUESTION N°4: On suppose que les conditions expérimentales utilisées ci-dessus sont les
conditions conventionnelles avec (S) = 4 Km.
a) Exprimer la concentration catalytique de la solution B.
b) Quelle serait cette concentration catalytique dans de nouvelles conditions
conventionnelles avec
(S) = 4 Km? Commenter.
Réponse :
a) 5 U .L-1
b) [V0(1 Km)]/ [V0(4 Km)] = 1/2 x 5/4
V0(1 Km) = 5 x 5/8 = 3,125 U.L-1
Une même concentration en enzyme peut donner 2 concentrations catalytiques différentes
si l’on change les conditions.

[E5-2006S] EXERCICE N° 5 (40 points) Chimie analytique - Biophysique - Chromatographie
ÉNONCÉ
Une colonne de chromatographie de 15 cm de long, 4,6 mm de diamètre intérieur est
remplie de particules de 5 µm de diamètre.
Sa porosité est de 0,70. On l'utilise avec une phase mobile de viscosité égale à 1,5.10-3
Pa.s pour séparer deux solutés A et B dont les facteurs de rétention sont respectivement
4,00 et 5,00. La distance de rétention mesurée à l'aide d'un enregistreur dont le papier
déroule à 2,5 mm.min-1, d'un soluté A est dRA = 3,20 cm.
QUESTION N°1 : Quelle est la vitesse linéaire de la phase mobile?
Réponse :
dRA = 3,2 cm; vp = 0,25 cm.min-1
; tRA = 3,2/0,25 = 12,8 min
tRA = tm (1 + kA) ; tm = 12,8/5 = 2,56 mn
L = 15 cm = µtm
tm = 12,8/5 = 2,56 mn
La vitesse linéaire de la phase mobile µ = L/ tm = 5,86 cm.min-1
= 0,098 cm.s-1
QUESTION N°2 : Quel est le débit de la phase mobile en mL.min-1
?
Réponse :
Si µ est la vitesse linéaire de la phase mobile, le volume de colonne parcouru par unité de
temps est egal à πr2
µ ; le volume de phase mobile perfuse par unité de temps est égal à επr2
µ,
ce qui correspond à son débit :
D = επr2
µ
µ = 5,86 cm.min-1
; r = 0,23
D = 0,70. π. 70,32
.5,86 = 0,68 mL.min-1
QUESTION N°3 : La largeur de la base du pic A extrapolé par des tangentes est de 3 mm.
Quelle est l'efficacité de la colonne?
Réponse :
N = 16(dRA/ ωA)2
avec dRA = 3,2 cm et ωA = 3 mm = 0,3 cm
N = 16 (3,2/0,3)2
= 1820
L'efficacité de la colonne est de 1820 plateaux.
QUESTION N°4 : Quelle est la résolution de la séparation de A et B? Qu'en pensez-vous?
Réponse :
Trois réponses possibles :
a) N=1820 ωB
2
= 16 dRB
2
/N avec
dRB = 3,2 x 6/5 = 3,84 cm ; ωB = 0,36 cm

R = (3,84 - 3,2)/(0,3/2 + 0,36/2) = 0,64/0,33 = 1,94
La résolution est > 1,5. Les deux composés sont bien séparés.
b) R =
N
4
α −1
α
k'B
1+ k'B
avec alpha α= 5/4 = 1,25
R =
42,66
4
0,25
1,25
5
6
= 1,78 : Bonne séparation
c) R =
N
2
α −1
α
k
1+ k
et k =
k'A +k'B
2
= 4,5
R = 1,94 : Bonne séparation
Remarque :
La proposition 4b) est acceptable mais moins bonne que les deux autres qui respectent
l'hypothèse de N = constante sur toute la colonne.
QUESTION N° 5 : La vitesse de déroulement du papier est amenée à 1 cm.min-1
. Quelle est
la résolution entre A et B?
Réponse :
La vitesse de déroulement du papier n'influence pas la séparation de 2 pics. R ne change pas.
QUESTION N° 6 : La perte de charge affichée sur l'appareil est de 125 bars. Quel est le
facteur de résistance à l'écoulement de la colonne?
Réponse :
La loi de Darcy µ =
d2
p
ϕ
ΔP
Lη
ou ϕ est le facteur de résistance à l’écoulement.
ϕ =
d2
p
µ
ΔP
Lη
dp = 5.10-6
cm et ∆P = 12,5.106
Pa
µ = 0,098 cm.s-1
= 9,8.10-4
m.s-1
L = 0,15 m η= 1,5.10-3
Pa.s
ϕ = ( 25.10-12
. 12,5.106
) / (9,8.10-4
.0,15.1,5.10-3
)
ϕ = 1417
QUESTION N°7 : On modifie la composition de la phase mobile , la résolution entre A et B
est-elle modifiée? Pourquoi?
Réponse :
Si on modifie la composition de la phase mobile, les facteurs de rétention changent, la

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