Correction bac blanc

Corrigé du DS n°7 – BAC BLANC
Conseils et remarques
Exercice 1 : Composition d'un vin. Inspiré du bac Polynésie 2013.
Indiquer le changement
de couleur signifie
indiquer la couleur avant
et la couleur après.
Vous pouvez aussi faire
un tableau
d’avancement, mais c’est
plus long…
1.1) Au début du dosage, la solution à doser ne contient pas de diiode I2(aq) qui est dans la burette
graduée. Lorsque le diiode est introduit, avant l'équivalence, il réagit totalement avec le dioxyde de
soufre présent. Toutes les espèces chimiques alors présentes étant incolores, la solution est incolore.
Après l'équivalence, le diiode rajouté ne réagit plus, est en excès : il donne une couleur violet foncé
à la solution en présence de l'empois d'amidon.
Le changement de couleur observé à l'équivalence est donc le passage de l'incolore au violet foncé.
1.2) D'après la stœchiométrie de la réaction, une mole de diiode réagit avec une mole de dioxyde
de soufre. Donc, à l'équivalence : nE(I2)ajouté = n(SO2)initial ; soit C2VE = C1.V1.
Donc : C1 =
C2 .VE
V1
=
1,00×10-2 ×6,28×10-3
20,00×10-3
= 3,14×10-3 mol.L-1
D'où : Cmexp = C1.M(SO2) = 3,14×10-3 × (32,1 + 2×16,0) = 0,201 g.L-1.
Un rapport de
concentration n’a pas
d’unité.
Attention : pour
l’incertitude, il faut
déterminer Cmexp et ne
pas oublier l’unité dans
l’encadrement
Citez le document que
vous utilisez….
1.3)
ΔCmexp
Cmexp
ΔV
ΔC
E
2
0,05
0,01
= √( V E )2 + ( C 2 )2 = √(6,28)2 + (1,00)2= 0,013
D'où : ΔCmexp = 0,201 × 0,013 = 0,003 g.L-1
On a donc : 0,198 g.L-1 ≤ Cmexp ≤ 0,204 g.L-1
1.4) D'après le document 1, la réglementation européenne impose une concentration massique en
dioxyde de soufre inférieure à 210 mg.L-1 de vin, soit 0,210 g.L-1 au maximum. On se situe bien ici
en-dessous de cette limite puisque le maximum de l'encadrement précédent est 0,204 g.L-1.
Le vin analysé est donc bien conforme à la réglementation européenne.
.
2.1.1) Formule brute de l'acide tartrique : C4H6O6
Dans une formule semi
développée, il faut
détailler ce qu’est
COOH…
Formule semi-développée de l'acide tartrique :
Les groupes fonctionnels dans l'acide tartrique sont deux groupes carboxyles et deux groupes
hydroxyles :
2 arguments étaient
attendus
Il y a deux couples qui
concernent l’acide
éthanoïque donc 2 pKa à
considérer.
Vous n’êtes pas obligés
de faire le diagramme de
prédominance mais c’est
la façon la plus simple de
raisonner et d’expliquer
votre raisonnement.
2.1.2) Le nom officiel de l'acide tartrique est l'acide 2,3-dihydroxybutanedioïque.
En effet, il possède quatre atomes de carbone, d'où la racine « butan- ».
Il possède deux fonctions acide carboxyliques, nécessairement en bout de chaîne donc non
numérotées, d'où la terminaison « -dioïque » et le nom « acide » qui précède.
Il possède deux groupes hydroxyles sur les carbones numéros 2 et 3, d'où le préfixe « 2,3dihydroxy- ».
2.2.1) Les pKa de l'acide tartrique sont 3,0 et 4,4, d'après le diagramme de prédominance on est
dans la situation suivante :
Le pH = 7,0 se trouve dans le domaine de prédominance de l'espèce A2-. C'est donc bien cette espèce
qui prédomine à ce pH dans le mélange.
2.2.2) Dans ces conditions, la réaction qui a eu lieu est celle qui a produit les ions A 2- à partir de
H2A. C'est donc la réaction (2) : H2A + 2HO– → A2– + 2H2O
2.3.1) L'intérêt du dégazage du vin est d'extraire le dioxyde de carbone CO2 comme l'indique le
document 3.
Un tableau d’avancement
est possible….
Attention : peu d’entre
vous ont remarqué qu’il
fallait calculer la masse
par litre… (mauvaise
lecture du document 3)
2.3.2) D'après le document 3, le volume de solution d'hydroxyde de sodium ajouté (15,5 mL)
permettrait de faire réagir une masse d'acide tartrique qui correspond à l'acidité totale du vin. Or,
d'après la stœchiométrie de la réaction (2), il faut deux moles d'ions hydroxyde pour faire réagir
une mole d'acide tartrique.
Donc : n(HO-)ajouté = 2.n(H2A)initial
n(HO– )
0,100×15,5×10-3
C.V
D'où : n(H2 A) =
= 2 =
= 7,75×10-4 mol
2
2
Soit une masse : m(H2A) = n(H2A)×M(H2A) = 7,75×10-4 × 150 = 0,116 g
Or, on a dosé V' = 20,0 mL de vin. Donc l'acide totale du vin (qui est assimilable à une concentration
massique) vaut :
Cmtot =
m(H2 A)
V′
0,116
= 20,0×10-3= 5,81 g.L-1.
3) La molécule est symétrique, il y donc trois groupes de protons équivalents :
- Les H des carboxyles
- Les H des hydroxyles
- Les H porté par les carbones 2 et 3
Il y aura donc trois signaux.
Les hydrogènes portés par des atomes d’oxygène donnent forcément des singulets.
Les hydrogènes portés par les carbones 2 et 3 n'ont pas de voisin non équivalent, ils donnent donc
aussi un singulet.
L'aspect du spectre sera :
Exercice 2 : Effet Doppler et astrophysique. Inspiré du bac Polynésie 2013.
Une incertitude de 1 Å
est acceptée pour obtenir
0,25 (sinon 0) Pour être
le plus précis possible, il
est prudent d’utiliser
l’échelle (non obligatoire
ici)
1.1) De 5201 Å à 5467 Å = 266 Å on a 10,9 cm.
De 5201 Å à la longueur d'onde médiane du doublet de Ca+ dans le spectre de la galaxie NGC691on
a 4,7 cm.
Donc la longueur d'onde médiane du doublet de Ca+ dans le spectre de la galaxie NGC691 peut se
déterminer assez précisément : λ(Ca+) = 5201 + 266 ×
λ−λ0
= 8,9×10-3.
Le « redshift » vaut donc : z =
Dans cette question,
réfléchir aux CS
(sanctionnés si trop)
1.2) En appliquant la formule donnée en document 1 :
V = c.
λ−λ0
λ0
=2,99792 × 108 ×
=
= 5315 Å.
5315−5268
z n’a pas d’unité…
λ0
4,7
10,9
5268
5315−5268
5268
= 2,7×106 m.s-1.
1.3) Les formules données en documents 1 et 2 conduisent à : z =
λ−λ0
λ0
=
V
c
=
H0 d
c
D'où : V = H0.d
Ainsi V est bien proportionnel à d et le coefficient de proportionnalité vaut H0, la constante de
Hubble.
1.4) Le document 2 indique que les « redshift » observés, soit les valeurs de z, vont d'une fraction
de l'unité à des valeurs pouvant atteindre 4 ou 5.
V
Or : z = ou V = z.c.
c
Cette relation est valable tant que z est inférieur à 1 car la vitesse de tout objet matériel ne peut être
supérieure à celle de la lumière. Donc, pour les valeurs de z comprise entre 1 et 5, cette relation
n'est pas valable.
IL est nécessaire de
passer par la longueur
d’onde de référence pour
raisonner complètement
en s’aidant du doc 1
Attention, l'ordre des
colonnes dans ce corrigé
n'est pas forcément le
même que celui de votre
annexe.
Rappel : aucune réponse
supplémentaire ne doit
être portée sur l'annexe.
Les aspects des spectres
doivent donc se trouver
sur la copie.
2.1) En reprenant le raisonnement du document 1, si une source s'éloigne d'un observateur, la
longueur d'onde observée est supérieure à la longueur d'onde de référence λ 0.
Ainsi, comme le montre le document 4, pour l'étoile A qui s'éloigne, λ A> λ 0 et pour l'étoile B qui
se rapproche, λ B < λ 0. On a donc bien λ A > λ B.
2.2) Les configurations correctes pour les différents cas envisagés sont :
Relation entre λ A et λ B
λA>λB
λA <λB
λA=λB
Configuration(s)
1
3
2;4
Les spectres correspondants sont :
Relation entre λ A et λ B
λA>λB
λA <λB
λA=λB
Spectres
Rédaction nécessaire…
Pendant une période T de rotation des étoiles, les deux étoiles passent par les configurations 1, 2, 3
et 4. Les configurations 2 et 4 ont le même spectre et les cas λ A < λ B et λ A > λ B ne sont pas
distinguables par l'aspect du spectre. Ainsi, l'évolution temporelle de ces spectres a une période T/2,
ce qu'on peut schématiser et mieux se représenter sur le diagramme suivant :
Vous ne pouvez pas
raisonner avec les
spectres des
configurations 1 et 3 qui
donnent trop
d’imprécisions : on ne
peut pas les situer dans le
document 5.
2.3) D'après l'évolution temporelle de la raie H dans le spectre de l'étoile HD 80715, on voit qu'on
a une durée T/2 = 1,886 – 0,061 = 1,825 jours OU T/2 = 2,038 – 0,061 = 1,98 jours, c'est-à-dire la
durée entre deux apparitions d'un spectre avec une seule raie (équivalent des configurations 2 et 4
du diagramme précédent).
Donc T est compris entre 3,65 jours et 3,95 jours.
La moyenne des 2 valeurs obtenues donne la valeur donnée dans l’énoncé de 3,8 jours.
Exercice 3 : Le génie des physiciens et des chimistes au service de la mesure du temps.
Inspiré du bac Centres étrangers 2013.
Il est hors de question de
répondre « c'est la
deuxième formule parce
que c'est le cours qui le
dit » ou « parce que je le
1.1) L'expérience de Galilée montre que la période d'un pendule ne dépend aucunement de la masse
qui y est accrochée. On élimine ainsi la dernière formule proposée qui fait intervenir la variable m.
On sait aussi que la période d'un pendule dépend de la latitude à laquelle on se trouve sur Terre et
donc dépend de g, ce qui nous permet d'éliminer la première relation proposée.
Effectuons l'analyse dimensionnelle des autres relations proposées :
sais » (c'est souvent la
calculette qui le sait...).
Un raisonnement et une
analyse dimensionnelle
étaient clairement
demandés par l'énoncé.
Beaucoup oublient la
racine dans leur
raisonnement…
Le document fourni
permet une
détermination assez
précise de T : trouvez les
points pratiques sur la
courbe pour faire vite et
bien.
Une détermination « en
gros » n’est pas acceptée.
𝑙
½
m
2π√g 𝑒𝑠𝑡 𝑒𝑛 (m.s-2) 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑒𝑛 s
g
2π√ 𝑙 𝑒𝑠𝑡 𝑒𝑛 (
m.s-2 ½
) 𝑑𝑜𝑛𝑐
m
𝑒𝑛 s-1
Cette formule n'est pas homogène à un temps
𝑙
La seule formule possible, est donc : T0 = 2π√
g
Calculons alors la période du pendule utilisé par Galilée :
𝑙
0,573×4
T0 = 2π√g = 2π√
9,81
= 3,04 s.
Le document 3 (fenêtre n°1) fourni en annexe nous permet de calculer la période T du pendule
réalisé expérimentalement (les dates t1 = 2,5 s et t2 = 20 s entre lesquelles 5,75 périodes s'écoulent
sont utilisées pour ce calcul) :
T=
20,0−2,5
5,75
= 3,04 s.
Ces deux calculs s'accordent parfaitement, ce qui permet de conclure que le pendule réalisé aurait
pu être celui de Galilée.
1.2.1) D'après le document 3, l'abscisse xm vaut : xm = 400 mm.
x
La valeur de l'angle maximal αm est telle que : sin αm = m
xm
D'où : αm = arcsin(
Attention, ce sont des mJ
et pas des Joules
Cette formule est homogène à un temps
𝑙
𝑙
400×10-3
)= arcsin( 0,573×4 )= 10,1°
1.2.2) La vitesse maximale atteinte se détermine à partir de la valeur maximale de l'énergie cinétique
déterminée sur le document 3 (fenêtre n°2) :
Ecmax = 17,2 mJ (5,1 cm de 0 à Ecmax et 5,2 cm de 0 à 17,5 mJ permettent de calculer une valeur
assez précise).
2Ecmax
Comme Ecmax = ½.m.v²max : vmax = √
m
2×17,2.10−3
= √
50×10-3
= 0,83 m.s-1
1.2.3) Le document 2 précise que l'amortissement est faible, on peut donc négliger les frottements
et considérer que l'énergie mécanique du pendule se conserve.
L'énergie potentielle de pesanteur est nulle pour x = 0, qui est l'abscisse de la position d'équilibre.
À cette abscisse on a vu que l'énergie cinétique vaut 17,2 mJ. Donc l'énergie mécanique vaut aussi
17,2 mJ. Ainsi, l’énergie mécanique vaut 17,2 mJ à toutes abscisses.
Les variations d’énergies sont donc :
Repérer quelques points
pour tracer une courbe la
plus précise possible.
2.1) La molécule d’ammoniac se retourne 24 milliard de fois par seconde, sa période de
retournement vaut donc : TNH3 =
1
24×109
= 4,2×10-11 s.
2.2) Justifications non demandées : L’azote possède un nombre de charge Z = 7. Son noyau est
donc entouré de sept électrons répartis de la manière suivante : 2 dans la couche K et 5 électrons
dans la couche L. Il engage trois de ces électrons dans une liaison covalente avec chacun des trois
atomes d’hydrogène auxquels il est lié. Il lui reste deux électrons dans sa couche de valence qui
forment un doublet non liant.
Rappel : le bac porte sur
les programmes de 1ère
S et de TS.
La formule de Lewis de la molécule d’ammoniac est donc :
Du fait de la répulsion maximale entre doublets d’électrons de la couche de valence, qu’ils soient
liants ou non liants, une représentation spatiale possible de la molécule d’ammoniac est :
2.3) L’ammoniac est une base car il peut capter un ion H+ : NH3 + H+
NH4+
2.4) La proposition 1 est fausse : Ka = 5,6×10-10, donc pKa = – log Ka = 9,25
La proposition 2 est vraie.
La proposition 3 est fausse : l’ion ammonium ne peut être totalement dissocié dans l’eau puisque le
pKa du couple ion ammonium / ammoniac est inférieur à 14. Il réagit donc de manière limitée avec
l’eau comme l’indique la double flèche de l’équation de la réaction donnée en proposition 2.
La proposition 4 est fausse : si pH = 8, on se trouve en-dessous de la valeur du pKa du couple ion
ammonium / ammoniac et donc, on est dans le domaine de prédominance de l’espèce acide, donc
de l’ion ammonium.