Correction bac blanc 2014

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1 Correction bac blanc 2014 Exercice 1 : I.1.1 La valeur initiale de la vitesse de la voiture est V 0 = 90 km.h -1 = 25 m.s -1. Ce qui donne un vecteur vitesse initial V V (0) = V 0 i I.1.2. On a choisi le repère pour que son point origine corresponde à la position initiale de la voiture donc son vecteur position initial vaut : OM V (0) = 0 I.2. La vitesse de la camionnette est constante et son mouvement garde la même direction et le même sens : la camionnette a un mouvement rectiligne uniforme. L'accélération de la voiture est constante, elle garde la même direction du mouvement pendant le dépassement : la voiture a un mouvement rectiligne uniformément varié. I.3.1.Le vecteur accélération de la voiture vaut : a V = a 0 i I.3.2. Pour les abscisses, on a la relation : a x = dv xv /dt = a 0 Par primitive ; on obtient : V xv (t) = a 0 t + K, K constante de primitive Avec, à t = 0 V xv (0) = V 0 et V xv (0) = K donc K = V 0 Ce qui donne : V xv (t) = a 0 t + V 0. On retrouve bien V V (t) = ( a 0 t + V 0 ) i I.3.3.On a aussi la relation V xv (t) = dx/dt = a 0 t + V 0. Par primitive ; on obtient : x (t) = 1/2 a 0 t 2 + V 0 t + K', K' constante de primitive Avec, à t = 0 x(0) = 0 et x (0) = K' donc K' = 0 Ce qui donne bien x(t) = 1/2 a 0 t 2 + V 0 t I.4.1. On recherche d'abord la valeur x(t 1 ) = 1/2 a 0 t 2 + V 0 t = ½ x2x6, x6,09 donc x(t 1 ) = 189,3 0,25 pt La distance parcourue par la voiture vaut donc : D = x(t 1 ) x(0) = 189,3 m I.4.2.On recherche la valeur de l'abscisse du vecteur vitesse : V xv (t 1 ) = a 0 t 1 + V 0 = 2x6, donc V xv (t 1 ) = 37,2 0,25 pt La valeur de la vitesse vaut donc : V V = ( V 2 xv + V 2 yv ) 1/2 = 37,2 m.s -1. II.1. Un objet est en mouvement uniformément varié si son vecteur accélération est constant. II.2. La valeur de l'accélération étant constant, on peut confondre accélération instantanée et accélération moyenne ; ce qui donne la relation : a = v / t = 25 37,2 / ( 3 0 ) a = 4,1 m.s -2. II.3. La voiture a un mouvement rectiligne uniformément varié en ralentissant, l'expression de son abscisse est donc de la forme V xv (t) = - at + K, sa représentation graphique est donc un segment de droite décroissante 0,25 pt : c'est donc le graphique 2. L'expression de l'abscisse de son vecteur position est de la forme : x (t) = - 1/2 at 2 + Kt + K', sa représentation graphique est donc une parabole 0,25 pt C'est donc le graphique 5. III.1.Un système est pseudo-isolé lorsque l'ensemble des forces exercé par le milieu extérieur ont des effets qui se compensent ; c'est à dire F = 0 0,25 pt

2 III.2. Lorsque le système est pseudo-isolé alors son vecteur vitesse est constant et son vecteur quantité de mouvement est constante. 0,25 pt III.3. Pour le système voiture et camionnette, qui est isolé, le vecteur quantité de mouvement reste constant, il a donc la même expression avant et après le choc : p Vi + p Ci = p Vf + p Cf avec i : avant le choc et f : après le choc Or p Vi = 0 car la voiture est immobile avant le choc et p Cf = 0 car la camionnette est immobile après le choc ( pour les deux valeurs ) il reste donc, pour les valeurs des quantité de mouvement : p Ci = p Vf Soit MV V = m V V donc V V = MV C / m V V = 3000x20 / 800 = 75 m.s -1 III.4.La valeur de la vitesse de la voiture après le choc vaut V V = 270 km.h -1, la valeur est trop importante, elle paraît impossible, même après un choc avec la camionnette. A priori, il est plutôt vraisemblable que la camionnette de trois tonnes ne soit pas complètement arrêté après le choc ; la camionnette aura donc une quantité de mouvement après le choc non nulle ce qui rendra la valeur de la quantité de mouvement de la voiture plus faible et donc sa vitesse plus petite. 0,25 pt Exercice 2 : 1. Spectroscopie 1.1. Formules semi-développées CH Éthanol (0,25 formule + 0,25 groupe entouré) 3 CH Éthanal(0,25 formule + 0,25 groupe entouré) O CH 3 CH 2 OH 1.2. Groupe fonctionnel hydroxyle (0,25) 1.3. Groupe fonctionnel carbonyle(0,25) Famille : alcool(0,25) Famille : aldéhyde(0,25) 1.4. Le spectre IR2 montre une bande large et intense autour de 3300 cm 1 qui caractérise le groupe hydroxyle de l éthanol. (0,25) Le spectre IR1 montre une bande fine et intense autour de 1700 cm 1 qui caractérise le groupe carbonyle de l éthanal. (0,25) 1.5. Sur le document 3, on mesure h 1 = 2,0 cm, h 2 = 0,7 cm, h 3 = 1,3 cm. h1 h 3 = 2,9 3 h 2 h 2 = 1,9 2 (0,25 pour les deux calculs) 1.6. D après les rapports calculés à la question précédente, on en déduit que : - Le massif associé à h 1 comporte 3 fois plus de protons équivalents que le massif associé à h 2. - Le massif associé à h 3 comporte 2 fois plus de protons équivalents que le massif associé à h 2. Or la molécule d éthanol possède 3 groupes de protons équivalents : CH 3 CH 2 OH a b c On constate que le groupe a possède 3 fois plus de protons équivalents que le groupe c et que le groupe b en possède 2 fois plus que le groupe c. On peut donc associer à chaque massif un groupe de proton équivalent : CH 3 CH 2 OH (0,5) Massif Massif Massif de hauteur h 2 de hauteur h 1 de hauteur h 3 δ = 1,25 ppm 1.7. Les 3 protons équivalents du groupe a, ayant le déplacement chimique δ = 1,25 ppm, possèdent 2 voisins. Par conséquent le massif associé à ce groupe de proton doit posséder 3 pics ( règle des (n+1)- uplets) ; On a donc bien un triplet (0,25)

3 2. Contrôle de qualité d'un vin : dosage par spectrophotométrie de l'éthanol. A 2.1. D après la loi de Beer-Lambert A e = k.c m, donc C m = e 0,15 soit Cm = = 94 mg.l 1 = 9, k 3 1,6.10 g.l 1 dans l échantillon dosé par spectrophotométrie. (0,25) Concentration massique C S en éthanol dans la solution S : Pour préparer l échantillon dont on a mesuré l absorbance A e, on a procédé à une dilution de la solution S. A partir de 1mL de solution S, on a fabriqué 100mL de solution servant à la mesure de l absorbance. Le volume final étant 100 fois plus important que le volume initial, la solution a été diluée 100 fois. On a donc C S = 100 C m soit C S = 100 9, = 9,4 g.l 1 La concentration massique en éthanol C S de la solution S est donc de 9,4 g.l 1 (0,25) Concentration massique C V en éthanol dans le vin : Pour préparer la solution S, on a procédé à une dilution du vin. A partir de 10mL de vin, on a fabriqué 100mL de solution S. Le volume final étant 10 fois plus important que le volume initial, la solution a été diluée 10 fois. On a donc C V = 10 C S soit C V = 10 9,4 = 94 g.l 1 (0,25) 2.3. Le titre alcoométrique est égal au nombre de litres d'éthanol contenus dans 100 litres de vin. On cherche donc le volume d éthanol V(éthanol) présent dans 100L de vin. Comme C V = 94 g.l 1, on a donc 94g d éthanol dans 1L de vin. Par conséquent, dans 100 L de vin, on a une masse d éthanol 100 fois plus importante : m(éthanol) = = g La messe volumique de l éthanol est µ(éthanol) = 0,78 g.ml -1 m(éthanol) et µ(éthanol) = V(éthanol) 2 m (éthanol) On a donc V(éthanol) = soit V(éthanol) = = 1, ml = 12L µ(éthanol) 0,78 Il y a 12 L d éthanol dans 100 litres de vin. Donc le titre alcoométrique de ce vin est de 12.(0,5) 2.4. Ce vin titre moins de 18, il est conforme au code de la santé publique. (0,25) Exercice 3 : 1. Étude de la réaction entre une solution aqueuse d'acide ascorbique et une solution aqueuse d'hydroxyde de sodium (ou soude) HA (aq) + HO (aq) = A (aq) + H 2 O (l) [H 3 O + ] = 10 ph -> [H 3 O + ] = 10 4,0 = 1, mol.l K e = [H 3 O + ]. [HO (aq)] [HO Ke (aq)] = d où, [HO 14 1, 0.10 (aq)] = = 1, mol.l HO 3 1, 0.10 n f (HO ) = [HO (aq)] V = [HO (aq)] (V A + V B ) n f (HO ) = 1, , = 2, mol Tableau 1 équation de la réaction HA (aq) + HO (aq) = A (aq) + H 2 O (l) état du système avancement en mol état initial 0 état final x f Calcul de x f : n 0 (HO ) x f = n f (HO ) quantité de matière en mol n 0 (HA) = C A.V A = 1, , = 2, n 0 (HO ) = C B.V B = 2, , = 1, beaucoup n f (HA) = n 0 (HA) x f = 1, n f (HO ) = 2, x f = 1, beaucoup

4 x f = n 0 (HO ) n f (HO ) x f = 1, , x f = 1, mol Détermination de l avancement maximal : Si HA est limitant alors C A.V A = x max soit x max = 2, mol Si HO est limitant alors C B.V B = x max soit x max = 1, mol Le réactif limitant est celui qui conduit à l avancement maximal le plus faible, il s agit donc de l anion hydroxyde HO. x 4 f 1,0.10 = = = 1 = 100% la transformation est totale. 4 x max 1,0.10 La réaction associée à cette transformation peut servir de support au titrage car elle est très rapide et totale. 2. Dosage colorimétrique d'un comprimé de vitamine C 2.1. Dispositif de titrage burette graduée contenant une solution d hydroxyde de sodium C B = 2, mol.l 1 _ p _ bécher contenant V A = 10,0 ml de solution S + 3 gouttes d indicateur coloré agitateur magnétique 2.2. D après la figure 2, et la méthode des tangentes, le ph à l équivalence vaut 8. On choisit un indicateur coloré dont la zone de virage contient ce ph, il s agit du rouge de crésol. ph équivalence = L équivalence est l état du système pour lequel les réactifs sont introduits dans les proportions stoechiométriques.

5 2.4. Avant l équivalence, le réactif titrant est limitant. À l équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques. Après l équivalence, le réactif titré est limitant. À l équivalence n A = n B où n A est la quantité de matière d acide ascorbique présente initialement dans les 10 ml de solution S et n B est la quantité de matière de soude versée pour atteindre l équivalence. Relation démontrée à l aide d un tableau ou en disant «D après l équation de la réaction où les réactifs sont consommés mol à mol» 2.5. n A = n B = C B V BE n A = 2, , = 2, mol 2.6. Dans 10,0 ml on a n A mol d acide ascorbique ; dans la fiole jaugée de 100,0 ml on avait donc 10n A mol d AH. m = 10nA MC H O m = 2, = 507 mg 2.6. m/m=6,1x10-3 m=3x10-3 g mg < m < 510 mg L indication du fabricant «vitamine 500mg» indique qu un comprimé contient 500mg d acide ascorbique. Le résultat obtenu expérimentalement n est donc pas conforme à cette indication. 3. Étude de la molécule de l'acide ascorbique (1) groupe caractéristique ester : famille des esters (2) groupe caractéristique hydroxyle: famille des alcools Exercice 4 :

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