Exercice : La chaptalisation (7points) = 0,25pt donc 28 1 OH 2 C est un alcool primaire. 3 C 6 H 12 O 6 -> 2C 2 H 6 O + 2CO 2 2. 2.1 La stœchiométrie de l équation de la réaction, nous montre qu un mole de saccharose donne 4 moles d éthanol, donc n (saccharose) /1 = n (éthanol) / 4 2.2 D après la définition, si l on veut augmenter le degré alcoolique de 1 pour 100mL, il faut ajouter 1 ml d éthanol donc il faut ajouter 10mL pour 1 litre de vin. Masse d éthanol correspondante :m éthanol = ρ éthanol. V éthanol Or n éthanol = m éthanol / M éthanol Donc n éthanol = ρ. V / M éthanol = 0,79. 10 / 46 = 1,7. 10-1 mol n saccharose = n éthamol / 4 n saccharose = m saccharose / M saccharose donc m saccharose = n éthamol. M saccharose / 4 m saccharose = 1,7. 10-1. 342 / 4 = 15 g 3. 3.1 On a dilué le moût pour que la couleur corresponde à une absorbance comprise entre 0 et 2 d où le choix de la gamme étalon dont les valeurs de l absorbance englobent cette valeur. 3.2 Calculons les concentrations de glucose dans les différents échantillons : C 1 = (C glucose. V sm ) / V tot = (1,0. 10-2. 0)/5,0 = 0 mol.l -1 C 2 = (1,0. 10-2. 0, 30) / 5,0 = 6,0.10-4 mol.l -1 C 3 = (1,0. 10-2. 0, 60) / 5,0 = 1,2.10-3 mol.l -1 C 4 = (1,0. 10-2. 0, 90) / 5,0 = 1,8.10-3 mol.l -1 C 5 = (1,0. 10-2. 1,20) / 5,0 = 2,4.10-3 mol.l -1 Ou calculs de n1, n2, n3, n4, n5 Construction du graphique, A = f(c) ou A = f(n) titre, échelle, noms de l ordonnée et de l abscisse, droite passant par l origine et faisant la moyenne des points. Lecture graphique, 1,55. 10-3 mol.l -1 <C = 1,58. 10-3 mol.l -1 <1,61. 10-3 mol.l -1 dans la solution X : n glucose = C. V tot = 1,58. 10-3. 5,0. 10-3 = 7,9. 10-6 mol donc la concentration de glucose dans le moût de la solution X : C = n glucose /V moût C = 7.9. 10-6 / 0.40. 10-3 = 1,9. 10-2 mol.l -1 Soit dans le Muscadet : Cx = 50 x C = 0,95 mol.l -1 t = Cx. M(glucose) = 0,95. 180 = 1,7. 10 2 g. l -1 Ce moût ne peut pas être chaptalisé car cette valeur est supérieure à 161 g/l.
EXERCCE : Des équilibres acido-basiques en milieu biologique (8 pts) 32 1 Le pk A du système «phosphate» est proche du ph du milieu biologique intracellulaire. Le pk A est donc compris entre 6,8 et 7 2 ph = pk A + log on sait que [HCO - 3 ] = 24 mmol/l et [CO 2 (aq)] = α. p(co 2 ) [CO 2 (aq)]= 0,030. 40 = 1,2 mmol/l donc ph== 6,1 + log ( 2,4/2) = 7,4 (valeur habituelle) 2. Une hyperventilation abaisse la quantité de CO 2, donc [CO 2,H 2 O] diminue et comme K A est une constante et que [HCO 3 - ] varie lentement, [H 3 O + ] diminue et ph remonte à sa valeur normale. 3. 3.1 C H 3 H C HO OH C O groupe hydroxyle groupe carboxyle 3.2.1 Pour une solution d'acide fort, ph = - log c donc ici : ph = - log (1,0 10-2 ) = 2,0 La courbe 2 dont le ph à l'origine est égal à 2 est la courbe représentant le titrage ph-métrique de l acide fort. 3.2.2 À, la moitié de l acide CH 3 CO 2 H titré a été consommé, formant autant de base conjuguée CH 3 CO 2 -. Ainsi [A] = [B] soit ph = pk A + log(1) = pk A Par lecture graphique à V = = 5 ml on a ph = 3,9 (explications méthode des tangentes ou loecture de la question 4.1?) Soit pk A (acide lactique) = 3,9
4.1 À l équivalence, les réactifs ont été introduits dans les proportions stœchiométriques et sont entièrement consommés. = 1,52. 10-2 mol.l -1 4.2.1 et Donc les incertitudes relatives sur V A et c B sont négligeables devant celle sur V E. 4.2.2 d où Les incertitudes relatives sur V A et c B ayant été négligées, on retient c A exp = mol.l -1. 4.2.3 c A exp = (1,52 ± 0,05) 10-2 mol.l -1 c A = (2,22 ± 0,05) 10 2 mol.l 1 c Aexp = (1,5 ± 0,05) 10-2 mol.l -1 L encadrement de la concentration expérimentale et l encadrement de la concentration attendue ne se superposent pas donc les valeurs ne sont pas cohérentes. 4.2.3 L élève n a pas déterminé correctement le volume équivalent (erreur de lecture, erreur dans la préparation de la burette, erreur de repérage de la teinte sensible de l indicateur coloré). L élève n a pas prélevé correctement le volume de la solution d acide lactique à titrer. La concentration de la solution titrante n est pas celle indiquée. La concentration attendue de l acide lactique est erronée.
Exercice : lancement d un satellite par la fusée (5pts) 20 D après les tableaux, on voit que la fusée a un mouvement rectiligne ascendant selon un axe (Oy). La vitesse représentant les variations de la position de y au cours du temps (Vy=dy/dt), on peut déterminer la vitesse comme la vitesse moyenne sur un intervalle de temps Δt Pour calculer la vitesse Vy à un instant t, il faut considérer le point précédent et le point suivant. On divise alors la distance entre ces deux points par la durée nécessaire pour aller d un point à l autre. Vy(t i ) = (y i+1 y i-1 ) / (t i+1 t i-1 ) Vy(1,6) = (-17,335 + 19,992) / (1,8 1,4) = 6,6425 m.s -1 ce qui est conforme à la valeur du tableau. 2. Au point d intersection entre la courbe de la figure 2 et l axe des abscisses, on trouve t dec = 0,8s 3. Les moteurs d Ariane 5 éjectent chaque seconde 4 000kg de matière, donc 2s après le décollage correspond à la date 2,8s. La masse M 2 est alors égale à la masse de la fusée moins celle du carburant consommé pendant les 2 s de propulsion, soit 2. 4 0000 kg= 8t M 2 = 780 8 = 772t A t 3 = 3,8 s, la masse est M3=780 3. 4 = 768t P 2 = M 2. V 2 = 780. 10 3. 16,1325 = 1,24. 10 7 kg.m.s -1 P 3 = M 3. V 3 = 780. 10 3. 22,4575 = 1,72. 10 7 kg.m.s -1 4. Δp / Δt = (1,72. 10 7-1,24. 10 7 )/1,00 = 4,8. 10 6 kg.m.s -2 5. La fusée est étudiée dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Appliquons la 2 ième loi de Newton sur l axe (Oy) orienté vers le haut : donc sur (Oy) Fy + Py = F-P = F Mg = Δpy / Δt donc F = (Δpy / Δt) + Mg F= 4,8. 10 6 + 780. 10 3. 9,81 = 12,5. 10 6 N C est une valeur un peu inférieure à celle qui est donnée dans le texte, 1,3. 10 6 N, cet écart est dû aux forces de frottement qui ont été négligée dans notre raisonnement.
6. 7. 8. les 2 vecteurs ont même direction donc Ve = Δt / ΔM. F En Δt = 1s, ΔM =4 000kg donc Ve = (1/4 000).13 000.10 3 = 3 250 m.s -1. Δt / ΔM est négatif puisque ΔM < 0, il y a perte de masse. Donc Ve est orienté vers le bas dans le sens opposé à F, ce qui est logique puisque le gaz est éjecté de la fusée. D après la 3 ième loi de Newton (principe des actions réciproques), les moteurs de la fusée exercent sur les gaz une force verticale orientée vers le bas, alors les gaz exercent sur la fusée une force verticale orientée vers le haut de même valeur.