Physique et Chimie D.S. n°1 – Correction

Terminale S2
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D.S. n°1 – Correction
Physique et Chimie
Ex. n°1 : Déterminer le relief du fond marin avec un sondeur d’après bac Amérique du Nord 2007 (20 points)
1. Étude de l’onde ultrasonore dans l’eau de mer
1.1. Une onde mécanique progressive est le phénomène de propagation d’une perturbation dans un milieu matériel
élastique sans transport de matière mais avec transport d’énergie (1).
1.2. L’onde ultrasonore est une onde sonore non audible par l’oreille humaine : il s’agit d’une onde longitudinale
accompagnée de compression dilatation de milieu matériel élastique : la direction de la perturbation est parallèle à la
direction de propagation de l’onde (1).
2. Détermination de la célérité des ondes ultrasonores dans l’eau
2.1. L’eau de mer est un milieu plus dense que l’air : la célérité de l’onde est donc plus importante dans l’eau de mer que
dans l’air. Par conséquent le signal sera d’abord reçu par le récepteur B qui doit être à l’origine des dates (1).
2.2. Le récepteur A reçoit le signal à l’instant tA. Le récepteur B a reçu le signal à l’instant tB, antérieur à tA (tB < tA) Ainsi
le retard t est : t = tA – tB (1).
t(ms)
3,00
t = f(d)
2,50
M
2,00
1,50
1,00
0,50
2.3. graphe t = f(d) :
N
d (m)
0
0,10
0,20
0,30
0,40
0,50
0,60
0,70
0,80
0,90
1,00
1,10
1,20
.
Remarques
2.3.1. Chaque salve parcourt la distance d. Dans l’air cette distance est parcourue en une durée t A telle que d = vair.tA.
Dans l’eau cette distance est parcourue en une durée tB telle que d = veau.tB.


d
d
Puisque t = tA – tB, il vient : t =
–
: t = d( –
) (2).
vair veau
vair veau
2.3.2. D’après l’expression précédente t est proportionnelle à d puisque vair et veau sont des constantes dans les
conditions de l’expérience (1).
2.3.3. Choisissons deux points M et N pour déterminer le coefficient directeur de la droite : la pente a de la droite est telle
y yM – yN
2,50.10–3 – 0
que a =
=
. Par conséquent dans le cas présent : a =
= 2,27.10–3 s.m–1 (1).
1,10 – 0
x xM – xN
D’après l’expression établie en 2.3.1., t = d(  –  ) ainsi le coefficient directeur de la droite est a =  –  .
vair veau
vair veau
vair
340


3
–1
Par conséquent
=
– a  veau =
. A.N. : veau =
= 1,50.10 m.s ou 1,50 km.s–1 (2).
–3
veau vair
2,50.10
 – a.vair
1–
340
1,10
N.B. le choix de l’origine pour N est judicieux, car il permet d’avoir xN =0 et yN = 0 (fonction linéaire) !
N.B. en utilisant a = 2,27.10–3 s.m–1 au lieu de la valeur non arrondi, on trouve 1490 m.s–1 soit 1,49 km.s–1.
Seul le résultat final doit être arrondi. La valeur 1,50.103 m.s–1 est donc à retenir.
Noter vair = 1496 m.s–1 donc vair  1,50.103 m.s–1 est abusif. Car la valeur 1,50.103 m.s–1 est cohérente avec la
précision des données alors que la valeur 1496 m.s–1 ne l’est pas !
340
Mathématiquement
= 1496 et physiquement vair = 1,50.103 m.s–1.
2,50.10–3
1–
340
1,10
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3. Détermination du relief des fonds marins
3.1.
3.1.1. Le signal correspondant à la voie 1 est le signal émis par la sonde, puisqu’il est détecté plus tôt par l’oscilloscope
(signal plus à gauche). Le signal de la voie 2 est donc le signal reçu par le récepteur situé sur la sonde puisqu’il est
reçu avec un retard par rapport à l’autre signal (signal situé plus à droite) (1).
3.1.2. La voie 2 est décalée de 2,7 divisions par rapport à la voie 1 ainsi t = 2,710 = 27 ms (1).
3.1.3. Lorsque la bateau se trouve en A t = 27 ms. Par conséquent une graduation verticale correspond à 27 ms ! (1).
3.2. Lorsque les ultrasons parcourent la distance 2p (un aller et un retour) la durée entre l’émission et la réception est t.
v t
Ainsi : 2p = veaut et par suite p = eau
()

3.3. Schéma : 2
,. 103 . 10–3
Déterminons l’échelle de représentation : Pour t = 27 ms, la profondeur est p =
= 20 m. (1)

Un carreau représente donc 20 m ; deux carreaux 40 m et trois carreaux 60 m !
3.4. La période minimale des salves est la plus petite durée séparant deux salves consécutives émises par la sonde. Il est
nécessaire qu’une salve ait effectué un aller-retour avant que la salve suivante ne soit émise. Il faut donc que T > t.
p
p
p
Or t =
, donc T >
. Ainsi, à la valeur la plus faible est telle que T m =
.
veau
veau
veau
p 
A.N. : Tm =
=
= 0,48 s (2).
veau ,.
d’après bac Réunion 2007 (20 points)
Exercice n°2 : Étude cinétique de la dismutation de l’eau oxygénée
2 H2O2(aq) = 2 H2O(l) + O2(g)
Réaction 1
Partie 1 : Étude de la réaction de dismutation
1. Demi-équation relative au couple H2O2(aq) / H2O(l) : H2O2(aq) + 2 H +(aq) + 2 e–
= 2 H2O(l) (1)
Demi-équation relative au couple O2(g) / H2O2(aq) : O2(g) + 2 Haq + 2 e– = H2O2(aq) (1)
2. Compléter le tableau d’évolution du système en annexe à remettre avec la copie. (2)
Partie 2 : Détermination de la concentration initiale de la solution de peroxyde d’hydrogène
1. Calcul de la valeur attendue de la concentration en peroxyde d’hydrogène
1.1. « le titre est le volume de dioxygène (exprimé en litres) libéré par un litre de solution aqueuse de peroxyde
d’hydrogène » : le volume que peut libérer 1,00 L de solution commerciale à 10 volumes est égal à 10 L (1).
V(O2) 10
1.2. n(O2) =
= = 0,40 mol. La quantité de dioxygène formée est égale à 0,40 mol (1).
Vm
25
nHO
1.3. [H2O2]th =
avec Vsol = 1,00 L (de solution commerciale).
Vsol
n H O 
D’après le tableau d’avancement ou l’équation de la réaction 1 : i   = nf(O2) où ni(H2O2) représente la quantité de

matière de peroxyde d’hydrogène initialement dissoute dans un litre de solution et nf(O2) représente la quantité de
matière de dioxygène qui peut se former dans la réaction 1 nf(O2) = 0,40 mol d’après la réponse à la question 1.2.
niHO = 2nf(O2) Par conséquent [H2O2]th = 2nf(O2)/Vsol
,
A.N. : [H2O2]th =
= 0,80 mol.L–1 soit 8,0.10–1 mol.L–1 (1) !
,
5 H2O2(aq) + 2 MnOaq + 6 H3O+(aq) = 5 O2(g) + 2 Mn2+(aq) + 14 H2O(l)
Réaction 2
2. Détermination de la valeur réelle de la concentration en peroxyde d'hydrogène
2.1. À l’équivalence le réactif titrant (permanganate de potassium) a réagi entièrement avec le réactif titré (peroxyde
d’hydrogène). Ainsi un goutte supplémentaire de permanganate de potassium versée, reste en solution et colore la
solution en violet pâle permettant de vérifier que l’équivalence a tout juste été dépassée (1).
2.2. méthode détaillée en T.P. : À l’équivalence : n0(H2O2) – 5.xE = 0 et néq(MnOaq) – 2.xE = 0.

nHO néqMnOaq
Ainsi xE =
=
(1)



2.3. D’après l’expression précédente, et sachant que n0(H2O2) = [H2O2]expV0 et néq(MnOaq
) = C1.Véq :
.C.Véq
[HO]expV C.Véq
=
. [H2O2]exp =
(2)


.V
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52,0.10–114,6
2.4. A.N. : [H2O2]exp =
= 7,3.10–1 mol.L–1 (1).
210,0
2.5. La concentration de l’eau oxygénée titrée est plus faible que la concentration théorique (1).
, – ,
L’écart relatif entre la valeur expérimentale et la valeur attendue est :
= 8,8 %.
,
Il est possible que la réaction de dismutation ait commencé dans la solution commerciale. La quantité de peroxyde
d’hydrogène aurait alors diminué, comme le montre la réaction 1 (1).
Partie 3 : Étude cinétique de la dismutation du peroxyde d’hydrogène
[H2O2] (mol.L–1)
710–2
610–2
510–2
410–2
310–2
210–2
110–2
t (min)
0
1.
2.
3.
4.
5.
6.
0
5
10
15
20
25
30
35
40
(2)
nHO – ntH O 
D’après le tableau d’évolution du système : nt(H2O2) = n0(H2O2) – 2.x(t). Par conséquent x(t) =
(1)

[H O  V – [HOtV
Par définition, n0(H2O2) = [HO0V et nt(H2O2) = [HOtV, donc x(t) =   0
(1)

Au cours de la transformation l’avancement de la réaction augmente de moins en moins rapidement.
En effet au fur et à mesure de la transformation la concentration en peroxyde d’hydrogène diminue de plus en plus
lentement comme le montre la courbe tracée en 1. Par conséquent l’avancement de la transformation évolue également
de plus en plus lentement. Ainsi la vitesse de la réaction diminue au cours de la transformation (1).
La concentration en peroxyde d’hydrogène diminue : c’est un facteur cinétique. Par conséquent la vitesse de la
réaction diminue, ce qui est cohérent avec la réponse apportée au 4. (1).
La température est un facteur cinétique. La réaction aurait été plus rapide si la température avait été augmentée car le
nombre de chocs efficaces entre espèces chimiques auraient été plus important ainsi que l’efficacité des chocs (1).
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NOM : ................................................
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Prénom : ................................................
ANNEXE – FEUILLE-REPONSE
Exercice n°1 : Comment déterminer le relief du fond marin avec un sondeur ?
Question 3.1.3 et 3.3
20
40
60
Figure 4
Exercice n°2 : Étude cinétique de la dismutation de l’eau oxygénée
Équation chimique
Avancement
État du système
(en mol)
2 H2O2(aq)
=
)
2 H2O(l)
+
Quantités de matière
(en mol)
Solvant
(ou beaucoup)
O2(g)
État initial
x=0
n0(H2O2)
n0(O2) = 0
État
en cours de
transformation
x(t)
n0(H2O2) – 2.x(t)
x(t)
État final
xmax
n0(H2O2) – 2.xmax
xmax
Rappel (effectué lors du 1er TP) sur les tableaux d’avancement :
Une case correspond à la quantité de matière présente (restante ou formée) d’une espèce chimique.
Dans l’état initial la quantité de matière en H2O2 introduite par l’expérimentateur est noté n0(H2O2)
En cours de transformation la quantité de matière en H 2O2 présente dans le milieu réactionnel est égale à la
quantité de matière initialement présente n0(H2O2) MOINS (car c’est un réactif… il disparaît) la quantité de
matière qui a réagi. Quand la transformation a lieu x mol de fois (avancement) il disparaît 2.x mol de H2O2
d’après l’équation de la réaction. Ainsi nt(H2O2) = n0(H2O2) – 2.x(t)
Pour les produits de la réaction la quantité de matière présente à l’instant t est égale à la quantité de matière
initialement présente PLUS (car un produit apparaît, il y en a de plus en plus ‼!) ce qui a été formé au cours de
la transformation : lorsque la transformation a eu lieu x fois, il s’est formé 1x mol de dioxygène (d’après
l’équation de la réaction) : nt(O2) = 0 + x(t) = x(t) (le nombre stœchiométrique devant O2 est 1… !)