Exercice 1 : L`arôme de jasmin (10 points)

Exercice 1 : L’arôme de jasmin (10 points)
A. La synthèse (5points)
1. Une synthèse chimique consiste à fabriquer une nouvelle molécule à partir de réactifs grâce à des transformations
chimiques (0,5)
2.
- Permet d’obtenir la molécule à moindre coût
- Permet de produire sur le lieu de consommation
- Permet de produire plus pour satisfaire l’ensemble des besoins. (1 pour deux raisons)
3.
1- Réfrigérant. 2- Ballon. 3- Chauffe-ballon. 4- Sortie de l’eau.5- Arrivée de l’eau.6- Mélange réactionnel.
7- Support élévateur ( 0,25 point par réponse (entrée et sortie d’eau comptant pour une seule réponse) =1,5 points)
4.  
m
; m  V ; malcool benzylique = 1,04  12,0 = 12,5 g ; macide acétique = 1,05  15,0 = 15,8 g
V
(formule 0,5 + chaque résultat 0,25 = 1)
1er pictogramme (croix) : substance irritante ou nocive (0,25)
2ème pictogramme : Substance corrosive. (0,25)
Consigne de sécurité :
 Ne pas respirer les vapeurs et donc travailler sous la hotte.(0,25)
 éviter le contact avec la peau ou les yeux donc travailler avec blouse, gants et lunettes (0,25)
5.
B –Extraction (2,5 points)
1. La solubilité d’acétate de benzyle est plus faible dans l’eau salée que dans l’eau, il se trouvera donc en totalité dans la
phase organique. (0,25)
2. On obtient deux phases car l’acétate de benzyle et l’alcool benzylique ne sont pas solubles dans l’eau salée.
Phase supérieure (organique) : l’acétate de benzyle et l’alcool benzylique
restant. Moins dense que l’eau salée, donc au dessus
Phase inférieure (aqueuse) : eau salée et acide acétique restant.
(0,5 pour les phases + 0,5 pour la justification des contenus de chaque phase + 0,5
pour la position relative des phases + 0,5 pour la justification =2 points)
3. On récupère la phase organique car elle contient l’acétate de benzyle (0,25)
C- Caractérisation de l’espèce chimique synthétisée (2,5 points)
1. Le dépôt B est de l’acétate de benzyle pur or le dépôt C correspond au liquide récupéré lors de la synthèse donne une
tâche à la même hauteur que le dépôt B : on a donc bien synthétisé de l’acétate de benzyle. (0,5 point)
Cependant le dépôt C donne également une deuxième tâche qui est à la même hauteur celle donnée par le dépôt A qui
est de l’alcool benzylique : le liquide récupéré à la fin de la synthèse n’est donc pas de l’acétate de benzyle pur mais un
mélange d’acétate de benzyle et d’alcool benzylique (0,5 point)
2. Le dépôt de l’extrait de jasmin (D) et le dépôt de l’acétate de benzyle (A) présentent des tâches à la même hauteur.
Donc l’acétate de benzyle est présent dans l’extrait de jasmin. (0,5 point)
3. Le dépôt D d’extrait naturel donne 4 tâches : l’extrait naturel est donc un mélange de 4 espèces chimiques parmi
lesquelles on peut identifier l’alcool benzylique et l’acétate de benzyle (1 point)
Exercice 2 chimie et biologie du corps humain (10 points)
exigées des élèves
Les justifications en rouge et soulignées ne sont pas
A- Synthèse de l’urée (5 points)
1. Pour comparer l’urée d’origine biologique et l’urée de synthèse, on peut faire une chromatographie sur couche mince
et comparer leur hauteur de migration ou bien comparer leur température de fusion. (0,5 pour chaque expérience =
1 point)
2. La comparaison entre l’urée biologique et l’urée de synthèse montre que les deux molécules sont identiques : la
synthèse de l’urée ne nécessite donc pas de « force vitale » propre aux organismes vivants. On ne peut pas distinguer
les molécules d’origine biologiques des molécules synthétisées au laboratoire. (0,5 point)
3. Le noyau de l’élément chlore possède 35 nucléons qui se répartissent en 17 protons (puisque Z=17) et 18 neutrons
(puisque 35-17=18) (0,5 point ; 0 si la réponse est 35 nucléons, 17 protons et 18 neutrons).
4. Un atome est électriquement neutre, la charge d’un proton est +e et la charge d’un électron est –e : l’atome a donc
autant de protons que d’électrons. L’atome de chlore possède donc 17 électrons. L’ion Cl- a une charge négative, il
possède donc un électron de plus que de proton : il a donc 18 électrons.(0,5 pour la réponse + 0,5 pour
justification) Ces électrons se répartissent sur différentes couches d’où la structure électronique (K) 2(L)8(M)8 (0,5
)(=1,5 point)
5. L’atome H a pour numéro atomique Z=1 d’où sa structure électronique (K)1 : il va donc former 1 liaison pour
respecter la règle du duet. Cette liaison va utiliser son unique électron externe : H n’a pas de doublet non liant.
L’atome C a pour numéro atomique Z=6 d’où sa structure électronique (K) 2(L)4 : il va donc former 4 liaisons pour
respecter la règle de l’octet. Ces liaisons vont utiliser ses 4 électrons externes : C n’a pas de doublet non liant.
L’atome N a pour numéro atomique Z=7 d’où sa structure électronique (K)2(L)5 : il va donc former 3 liaisons pour
respecter la règle de l’octet. Ces liaisons vont utiliser 3 électrons externes : il reste donc 2 électrons externes qui vont
former 1 doublets non liant
L’atome 0 a pour numéro atomique Z=8 d’où sa structure électronique (K)2(L)6 : il va donc former 2 liaisons pour
respecter la règle de l’octet. Ces liaisons vont utiliser 2 électrons externes : il reste donc 4 électrons externes qui vont
former 2 doublets non liants. Il faut donc corriger la représentation de Lewis en ajoutant une liaison entre C et O et
les doublets non liants sur N et O.
(0,25 point pour l’explication du nombre de liaison pour un atome
0,25point pour l’explication du nb de doublets non liants pour un
atome
0,5 point pour l’ajout de la liaison
0,25 point pour l’ajout des doublets non liants sur O
0,25 point pour l’ajout des doublets non liants sur les N
=1,5 point)
B- Des mesures pour la santé (5 points)
1. La formule semi-développée du glucose est : HOCH2CHOHCHOHCHOHCHOHCHO d’où la formule brute :
C6H12O6. (0,5 points)
2. M(glucose)=6MC+12MH+6MO=6.12+12.1+6.16=180 g.mol-1 (0,25 pour détail du calcul+0,25 pour résultat avec
la bonne unité=0,5 point)
3. La quantité de matière d’un échantillon est donnée par n 
m
où m est la masse ne gramme et M la masse molaire
M
en g.mol-1 d’où n=13,5.10-3/180=7,50.10-5 mol (0,5 pour la formule+0,5 pour le résultat avec la bonne unité = 1
point)
4. La définition de la concentration est c 
n
où n est la quantité de soluté en mol et V le volume de solution en L
V
d’où c=7,50.10-5/10.10-3=7,5.10-3 mol.L-1 (0,5 pour la formule+0,5 pour le résultat avec la bonne unité = 1
point)
5. D’après la norme donnée, la concentration minimale d’urée dans le sang est de 3.10-3 mol.L-1. Cette concentration
correspond à une quantité d’urée dans 10 mL de sang de nmin=C.V=3.10-3.10.10-3=3.10-5 mol. De la même manière
on détermine la quantité maximale d’urée dans 10 mL de sang n min=C.V=8.10-3.10.10-3=8.10-5 mol (0,5 pour la
formule + 0,25 pour chaque résultat avec la bonne unité = 1 point)
6. D’après les résultats de l’analyse de sang, la quantité d’urée dans les 10 mL de sang est bien comprise entre 3.10 -3
mol et 8.10-3 mol donc la quantité d’urée dans le sang du patient est conforme à la norme. La concentration en
glucose est de 7,5. 10-3 mol.L-1 ce qui est au-dessus de la norme 6,40.10-3 mol.L-1 donc ce patient présente une
hyperglycémie, il n’est pas en bonne santé (1 point)
Exercice 3 : Eclairage d’un bassin (10 points)
Partie A.
1. le rayon lumineux est dévié à la surface de l'eau.[1 point : 0,5 pour dévié et 0,5 pour surface]
2. La réfraction.[0,5 point]
3. Le poisson 1 ne peut pas être éclairé car il est situé sur le trajet du rayon incident et le rayon est nécessairement
dévié.[1 point : 0 si pas justifié]
Le poisson 3 ne peut pas être éclairé car le rayon doit traverser la normale, il ne revient pas « en arrière ».[1 point :
0 si pas justifié]. Le poisson 2 est donc éclairé
Partie B.
1. On mesure l'angle entre le rayon incident et la normale : i = 60°. [1 point]
2. Deuxième loi de Descartes : l'angle de réfraction est lié à l'angle d'incidence par : nair.sin i = neau.sin r. [0,5 point]
3. Application numérique : 1 x sin 60° = 1,33 x sin r ; d'où r = 41° [1,5 point : 0,5 pour formule avec nombres et 0,5
pour la valeur du sinus et 0,5 pour l'A.N.]
4. On trace par rapport à la normale. [1 point]
5. Hachurer. [0,5 point]
6. Oui, les lunettes sont dans la partie éclairée.[0,5 point]
7. On calcule la distance « d » entre le point d'impact du rayon R1 et le point du fond du bassin situé sous le point
incident à la surface : tan 41° = d/1 ; d'où d = 1 x tan 41° = 0,87m.
Le point d'impact à la surface est situé à 2,0 m du bord gauche donc au total le rayon touche le fond à
2,9m du bord gauche.[1,5 point : 1 point pour la relation de trigo et 0,5 pour l'A.N.]
Exercice 4 : La grue (10 points)
Partie I : entre t=0s et t=10s
a) Description du mouvement
1) La vitesse moyenne v entre deux positions successives de la charge est le quotient de la distance parcourue d par la
durée t qui s’est écoulée entre les dates de passage par ces deux positions, soit v = . (0,5 point pour la formule)
2) A partir de la figure 2, on constate que la charge est à 6 m de hauteur au bout de 2 s et à une hauteur de 15 m au bout
de 5 s. La charge a donc parcourue une distance de 15 - 6 = 9 m pendant t = 5 - 2 = 3 s. (0,252 pour la lecture de la
hauteur aux deux instants + 0,5 point pour la distance)
3) D’après les questions précédentes, v = = = 3 m/s. (0,5 point 0 si pas d’unité ou unité fausse)
b) Bilan de force
1) Le poids modélise l’action mécanique exercée par la Terre sur les objets à son voisinage. Les caractéristiques du
vecteur poids P de la charge sont donc les suivantes : direction verticale, sens vers le bas, appliqué au centre d’inertie G
de la charge, valeur P = mg = 150010 = 1,5.104 N. (0,25 point pour la direction + 0,25 point pour le sens + 0,25 pour
le point d’application + 0,25 point pour la formule de la valeur+ 0,25 point pour le calcul 0 si pas d’unité ou unité
fausse)
En choisissant comme échelle 1 cm représente 0,5.104 N, P est représenté par un vecteur de 3 cm à partir de G sur la
figure 1. (0,5 point pour la représentation avec l’échelle)
2) Le système charge est soumis à la force, notée F, qui modélise l’action du câble sur la charge. (0,25 point)
3) « Dans le référentiel terrestre, tout corps persévère dans son état de repos ou de mouvement rectiligne uniforme si les
forces qui s’exercent sur lui se compensent, et réciproquement. » (1 point)
4) Dans le référentiel terrestre, le système charge a un mouvement rectiligne et uniforme (d’après partie 1.). D’après le
principe d’inertie, les forces qui s’appliquent au système (P et F) se compensent. F a donc même direction (verticale) et
même valeur (1,5.104 N) que P mais un sens opposé (vers le haut). Cette force s’applique au point, noté M, de contact
entre le câble et la charge. (0,5 point pour le raisonnement + 0,25 point pour la direction + 0,25 point pour le sens + 0,25
pour le point d’application + 0,25 point pour la valeur)
Avec la même échelle que la question 2.a), F est représenté par un vecteur de 3 cm à partir du point M sur la figure 1.
(0,5 point pour la représentation)
Partie II : après t=10s
1. D’après la figure 3, on constate que les points représentant la position du centre de la charge sont de plus en plus
éloignés alors que la durée écoulée entre deux photographies reste identique, donc la vitesse augmente. (1 point)
2. La vitesse de la charge augmente, donc son mouvement n’est plus uniforme. D’après le principe d’inertie, la charge
n’est pas soumise à des forces qui se compensent. (1 point 0 si non justifié)
3. La charge tombe sur le sol (hauteur nulle) à la date t = 12,8 s. (0,5 point)
4. Dans ce cas, le système charge aurait été soumis à une force supplémentaire, la force qui modélise l’action
exercée par l’air sur la charge. L’effet de cette force est telle que la vitesse augmente moins vite qu’en son
absence, donc la charge va mettre un peu plus de temps a atteindre le sol. Elle tombera donc à une date
supérieure à la date t = 12,8 s. (0,5 point)