Le 28/02/2014 Page : 1 / 6 Bac Blanc Correction T ale S I. Deux visions du système solaire 1. Questions préliminaires 1.1. Le référentiel adapté pour l étude du mouvement de ces planètes est le référentiel héliocentrique. 1.2. Première loi de Kepler : dans le référentiel héliocentrique, la trajectoire du centre d inertie d une planète est une ellipse dont le centre S du Soleil occupe l un des foyers. Deuxième loi de Kepler : le segment de droite [SP] qui relie le centre du Soleil au centre de la planète balaie des aires égales pendant des durées égales. 2. La vision de Bode 2.1. La ceinture d astéroïde se situe à une distance de 2,77 UA. Or l unité astronomique (UA) correspond à la distance SoleilTerre. On a donc : r aster = 2,77 150 10 9 m soit r aster = 415 Gm 2.2. Pour comparer deux résultats, on utilise l écart relatif défini par : e = x mesx theo. x theo Planète Vénus Terre Mars Valeur de n 1 2 3 Prévision selontitiusbode 59,8+22,4x2=104,6 59,8+ 22,4x2 2 =149,4 59,8+ 22,4x2 3 =239,0 Valeur réelle 108,2 150 227,9 Écart 4% 0,4% 5% L écart entre la valeur prévue et la valeur réelle étant inférieur à 5% on peut considérer que la loi de Titius Bode est valable (dans la limite des planètes retenues). 2.3. A l époque de Titius et de Bode, on ne connaissait que deux planètes gazeuses Jupiter et Saturne. On repère les différentes valeurs des distances R par rapport au Soleil de ces planètes et on cherche l abscisse correspondante. On remarque que les rangs associés à Jupiter et à Saturne sont respectivement de 5 et de 6. 2.4. On remarque que les planètes telluriques possèdent les rangs 1,2 et 3 et que les planètes gazeuses les rangs 5 et 6. Il manque donc un astre correspondant au rang 4. 2.5. L astre manquant correspond au rang 4. D après la loi de TitiusBode, cela correspond à une distance de r 4 = 59,8 +22,4 2 4 soit r 4 = 418,2 Gm La ceinture d astéroïde se situe à une distance de 2,77 UA soit r aster = 415 Gm. On remarque que les distances correspondent (aux approximations près). On peut donc supposer que l astre manquant dans le système solaire est soit présent dans la ceinture d astéroïdes soit il s agit de la ceinture d astéroïdes ellemême. Remarque : En 1801, la planète naine Cérès a été découverte dans la ceinture d astéroïdes par Piazzi et on a supposé qu il s agissait de la planète manquante. En 1802, Olbers découvrit également Pallas dans la ceinture d astéroïdes et il imagina que cette ceinture résultait de la destruction d une planète plus grande qu il appela Phaeton. 28/02/2014 Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc 1/6
3. La vision de Kepler 3.1. La force de gravitation universelle F S/T s exerce sur la Terre, la droite d application passe par les centres de gravité des deux corps. Cette force est attractive, elle s exerce de la planète vers le Soleil. On a donc : Ms M F S/P = G p R 2 u SP où G est la constante de gravitation universelle, M S et M P les masses du Soleil et de la terre, R est la distance entre le Soleil et la Terre. La norme de ce vecteur vaut F S/T = 6,67.10 11 5,98.1024 2,00 10 30 (150 10 9 = 3,55.10 22 N )² Ce vecteur mesure 3,55 cm avec l échelle 1 cm 1 10 22 N t 3.2. 3.2.1 Si le mouvement est uniforme alors dv dt = 0. L accélération devient a G = v2 n. r 3.2.2 Le système n est soumis qu à une seule force celle exercée par le soleil. La seconde loi de Newton donne : d p = F dt S/P M P a G = F S/P M P a G = G Ms M p R 2 n => a G = G Ms R 2 n. 3.2.3 Si compare les deux expressions de l accélération, on obtient : G Ms R 2 on a donc G M S R 2 = M S v 2 soit v = R R n = a G = v2 R. On retrouve bien la relation proposée. 3.2.4 La période de révolution correspond à la durée nécessaire pour que la planète effectue un tour complet autour du Soleil. Comme le mouvement est circulaire uniforme, la distance parcourue par une planète pendant une révolution est le périmètre d un cercle de rayon R. On peut donc écrire : v = 2πR 2πR Soit T = T v 3.2.5 Si on porte la relation précédente au carré et qu on utilise l expression de la vitesse de la question 3.2.3, on a T²= 4π²R2 v² => T²= 4 π²r3 => T² R 3 = 4 π². Comme G et M S sont des constantes, on a bien T² R 3 = constante 3.2.6 La relation précédente donne T = T=3,16 4 π² R 3 = 2π R 3 = 2 10 7 s = 365,8 j. On retrouve bien environ 365 jours. n (150 10 9 ) 3 6,67 10 11 2,0 10 30 28/02/2014 Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc 2/6
II. La lidocaïne 1. Les étapes de la synthèse 1.1. 1.2. La molécule B est l éthanol C 3 C 2 O. Formule semidéveloppée cicontre. 1.3. Il s agit d une réaction de substitution de l atome de chlore par le groupe N(C 2 5 ) 2. 1.4. C C O 1.5. L atome d azote porte une charge partielle δ c est un site donneur d électrons. De plus, les deux atomes de carbone et l atome d hydrogène qui lui sont liés étant moins électronégatif, ils portent une charge partielle positive. L atome d azote constitue donc un site donneur de doublets d électrons tandis que les trois autres atomes mentionnés sont des sites accepteurs de doublets d électrons. 1.6. La molécule A présente cinq liaisons polarisées : la liaison C Cl, la double liaison C=O, la liaison N et les deux liaisons C N. Au vu du produit, la réaction s est déroulée au niveau du site accepteur que forme l atome de carbone de charge partielle + relié à l atome de chlore de charge partielle. 1.7. O Cl O N N + N N + + + Cl A C lidocaïne 2. Réalisation de la synthèse à partir de l étape 2 2.1. Le volume V 2 = 10,0 ml, donné avec une précision au 1/10 ème de ml, est prélevé à l aide d une pipette jaugée de 10 ml. Pour V 3 = 50 ml, précision au ml près, on utilise une éprouvette graduée de 50 ml. 2.2. La température est un facteur cinétique. Une diminution de la température ralentie (arrête) la réaction. t = 60 min, A est totalement consommé, il n y a plus que de la lidocaïne dans le milieu réactionnel lidocaïne t = 0 min, seul A est présent A t = 20 min, A n est pas totalement consommé, il s est formé de la lidocaïne 28/02/2014 Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc 3/6
III. 2.3. La réaction est terminée à la date t = 60 min. Le réactif A est totalement consommé, il n y a plus que de la lidocaïne dans le milieu réactionnel. 2.4. Le suivi par chromatographie est un suivi non quantitatif et approximatif. 2.5. Rendement 2.5.1 Quantité initiale de A : n(a) = m 1 4,0 soit n(a) = M A 197,7 = 2,0 10 2 mol = 20 mmol Quantité initiale de C : n(c) = m 2 M = ρ 2V 2 0,707 10,0 soit n(c) = = 9,68 10 2 mol = 96,8 mmol 2 M 2 73,0 2.5.2 Les coefficients stœchiométrique valent 1. Le réactif limitant est A. x max = 20 mmol. 2.5.3 Si la transformation est totale, d après le tableau n lidocaïne = x max. On peut obtenir au maximum 20 mmol de lidocaïne. On obtient m = 3,8 g de lidocaïne. m n lidocaïne = M soit m lidocaïnetheo = 2,0 10 2 234,3 = 4,686 g 4,7 g lidocaïne Rendement = m lidocaïneexp m lidocaïne théo 100 = 3,8 4,7 100 = 81% Non Spécialistes uniquement : La mesure de la longueur d onde d un LASER 1. Etude du document 1 1.1. Le phénomène de diffraction est observé si la longueur d onde est du même ordre de grandeur que la largeur de la fente a. 1.2. tan( ) = l/2 D = l 2D. L angle vérifie = a d où l 2D = a soit l = (2 D ) 1 a 1.3. La courbe l = f(1/a) est une fonction linéaire. La droite doit passer par l origine. Le coefficient directeur de la droite est k = 2 D. 11,5 mm Graphiquement, k = 6,0 mm 1 = 1,9 mm² = 1,9 10 6 m² = k 1,9 106 = 2D (2 1,50) = 6,3 107 m = 6,3 10 6 10 9 nm = 630 nm. Remarque : on calcule la valeur de θ pour la valeur de a la plus petite (soit 1/a la plus grande) : θ = λ a = 640.109 (10 10 3 ) = 6,4 10 3 rad soit 0,37 qui est bien un angle faible. 2. Etude des documents 2, 3 et 4 Document 2 Le phénomène mis en jeu est le phénomène d interférence. La valeur de l interfrange i est donnée par la relation i = λ D a On mesure l interfrange i pour 19 interfranges : 19 i = 18,0 cm sur le document soit 18,0 4 = 72,0 cm en réalité en tenant compte de l échelle, ce qui donne i = 72,0/19 = 3,79 cm. Puis, λ = i a D A.N. : λ = 3,79 102 50,0 10 6 = 6,32 10 7 m = 632 nm. (3 chiffres significatifs) 3,00 Document 3 La mesure de 5T donne 14,5 cm. D après l échelle du document 12,5 fs soit 10 carreaux mesurent 17,3 cm. 14,5 12,5 D où, la période vaut T = (17,3 5) = 2,10 fs = 2,10 1015 s. Puis λ = c T ; A.N. : λ = 2,998 10 8 2,10 10 15 = 6,30 10 7 m = 630 nm. (3 chiffres significatifs) Document 4 Lors de la désexcitation de l atome, il y a émission d une radiation lumineuse. La radiation émise a pour énergie : ΔE = E 2 E 1 ; A.N. : ΔE = 20,66 18,70 = 1,96 ev = 3,14 10 19 J Puis la longueur d onde λ = h c ΔE ; A.N. : λ = 6,626 1034 2,998 10 8 3,14 10 19 = 6,33 10 7 = 633 nm (rouge). Conclusion : Les valeurs obtenues de la longueur d onde sont cohérentes. En moyenne, nous obtenons avec une erreur relative de 2/632 = 3,2 10 3 = 0,32 %. = 632 nm 28/02/2014 Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc 4/6
IV. Spécialistes uniquement : La Bretagne submergée 1. Questions préliminaires 1.1. L excès d ions nitrate apportés par les engrais ou le lisier entraîne un déséquilibre de l écosystème avec notamment une prolifération des algues vertes sur le littoral. 1.2. Stratégie du protocole : A partir de l ion nitrate NO 3 (aq), espèce incolore, on forme des ions cuivre II puis le complexe tétra aminé cuivre II Cu(N 3 ) 4 2+ qui elle, est une espèce colorée ; la spectrophotométrie peut alors être utilisée et on réalise un dosage par étalonnage. On en déduit la concentration en ions Cu(N 3 ) 4 2+ dans la solution réalisée, puis, en écrivant la relation entre la quantité de matière d ions Cu(N 3 ) 4 2+ et la quantité de matière d ions nitrate de départ, on peut déduire la concentration en ions nitrate dans l eau polluée. On choisit la longueur d onde de 620 nm car c est la longueur d onde associée au maximum d absorption du complexe coloré ; en choisissant cette longueur d onde on obtiendra la plus grande précision sur la valeur de la concentration déduite de l absorbance. 2. Problème Equation de la droite : A = 55,6 10 3 C avec C en mmol.l 1 Pour la solution d eau S eau, A eau = 0,196 soit C = [Cu(N 3 ) 2+ 4 ] = 3,5 mmol.l 1 par le graphique ou C = [Cu(N 3 ) 2+ 0,196 4 ] = 55,6 10 3 = 3,53 mmol.l 1 par le calcul. La quantité de matière d ion complexe tétra aminé cuivre II dans le volume V = 100,0 ml de solution est : n(cu(n 3 ) 2+ 4 ) = [Cu(N 3 ) 2+ 4 ] = 3,5 10 3 100,0 10 3 = 3,5 10 4 mol On en déduit n(cu 2+ (aq)) = n(cu(n 3 ) 2+ 4 ) = 3,5 10 4 mol ; en effet l ammoniac étant en excès, d après la stœchiométrie de la réaction (2), il s est formé autant d ions complexe tétra aminé cuivre II qu il y avait initialement d ions cuivre II Cu 2+ (aq). D après la stœchiométrie de la réaction (1), n(cu2+ (aq)) formé 3 = n(no 3 (aq)) consommé, on obtient : 2 n(no 3 (aq) ) eau polluée = 2 3 n(cu 2+ (aq)) formé = 2 3 3,5 10 4 = 2,3 10 4 mol Dans les 50,0 ml d eau polluée, [NO 3 (aq) ] = 2,3 104 50,0 10 3 = 4,6 10 3 mol.l 1 Soit t le titre massique en ions nitrate : t = [NO 3 (aq) ] M(NO 3 (aq) ) = 4,6 10 3 (14,0 + 3 16,0) t = 0,29 g.l 1 = 290 mg.l 1 ce qui est largement supérieure à la limite autorisée de 50 mg/l. L eau est donc non potable. 28/02/2014 Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc 5/6
I II 1.1 1 1.2 1 2 2.1 1 2.2 1 2 3 4 2.3 1 2 2.4 1 2.5 1 2 3.1 1 2 3 4 5 CSU 3.2.1 1 3.2.2 1 2 3.2.3 1 3.2.4 1 2 3.2.5 1 2 3.2.6 1 2 CSU 1.1 1 2 3 4 1.2 1 2 1.3 1 2 1.4 1 2 3 1.5 1 1.6 1 2 1.7 1 2 3 2.1 1 2 3 2.2 1 2.3 1 2 2.4 1 2.5.1 1 2 3 4 CSU 2.5.2 1 2 2.5.3 1 2 CSU /28 /32 III IV 1.1 1 1.2 1 2 1.3 1 2 3 CSU doc2 1 2 3 4 CSU doc3 1 2 3 4 CSU doc4 1 2 3 4 CSU conclusion 1 2 1.1 1 2 1.2 1 2 3 4 courbe 1 2 3 C eau 1 2 CSU n(tétra) 1 2 n(cu 2+ ) 1 n(no 3 ) 1 2 CSU [NO 3 ] 1 2 t(no 3 ) 1 2 /20 /20 TOTAL :... /80 NOTE :... /20 28/02/2014 Bac_Blanc_2014_02_28_corr.doc 6/6