terminale scientifique jeudi 12 novembre 2009

Amax =
[I2]max
'0
S
A
=
'0
S
2
I
TERMINALE SCIENTIFIQUE JEUDI 12 NOVEMBRE 2009
CORRECTION DEVOIR SURVEILLÉ DE PHYSIQUE-CHIMIE
SUJET PORTANT UNIQUEMENT SUR L’ENSEIGNEMENT OBLIGATOIRE
EXERCICE I : DEUX ANTISEPTIQUES
1. Courbe d’étalonnage du spectrophotomètre
1.1. La courbe représentative de A = f([I2]), figure 1, est une droite qui passe par l’origine. L'absorbance est
proportionnelle à la concentration en diiode, on peut écrire : A = k[I2] (k coefficient de proportionnalité).
1.2. D’après le texte Amax = 2,00
L’abscisse du point d’ordonnée
correspondante nous donne la valeur
de [I2]max
[I2]max = 8,010-3 mol.L-1
2. Titre du Lugol
2.1. La solution est diluée dix fois, il nous faut donc une pipette jaugée de 10,0 mL et une fiole jaugée de
100,0 mL.
2.2.1. On prend l’abscisse du point d’ordonnée
0
S'
A
= 1,00, soit
'0
S
2
I
= 4,010–3 mol.L-1
2.2.2. cL = 10
'0
S
2
I
(solution S0 diluée dix fois) A.N : cL = 104,010-3 cL = 4,0 10–2 mol.L-1
2.2.3. Si on ne diluait pas la solution commerciale, l’absorbance serait non mesurable car cL > [I2]max .
3. Étude cinétique d’une transformation chimique mettant en jeu l’eau oxygénée et libérant du diiode
3.1. Un oxydant est une espèce chimique capable de capter un ou plusieurs électrons.
3.2. Couple H2O2(aq) / H2O(l) réduction H2O2(aq) + 2 H+(aq) + 2 e– = 2 H2O(l)
Couple I2(aq) / I–(aq) oxydation 2 I–(aq) = I2(aq) + 2 e–
3.3.Relation stœchiométrique
H2O2(aq) + 2 I–(aq) + 2 H+(aq) = I2(aq) + 2 H2O(l)
État du
système
Avancement
Bilan de matière en mol
État initial
0
c2.V2
excès
excès
0
solvant
Au cours de la
transformation
x
c2.V2 – x
excès
excès
x
solvant
État final
xf
c2.V2 – xf
excès
excès
xf
solvant
État final si la
transformation
est totale
xmax
c2.V2 –xmax = 0
excès
excès
xmax = c2.V2
solvant
3.4. [I2](t) =
2
tot
()
I
nt
V
, or d'après le tableau d'avancement
2()
I
nt
= x(t). [I2](t) =
tot
V
x(t)
soit x(t) = [I2](t)Vtot
3.5. v(t) =
dt
dx(t)
V
1
tot
=
2 tot tot 22
tot tot
d([I ](t).V ) V d([I ](t)) d([I ](t))
1
V dt V dt dt

or A = k.[I2], soit [I2] =
k
A
v(t) =
A(t)
d1 dA(t)
k.
dt k dt
.
3.6.1.
dt
dA(t)
correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe à la date t.
Pour t1 > t0, ce coefficient diminue, voir tracé des tangentes sur la figure, donc v0 > v1
3.6.2. La concentration en réactifs qui est un facteur cinétique diminue au cours du temps ce qui explique que
la vitesse de réaction diminue également.
3.7. Transformation totale ou limitée.
3.7.1. On détermine l'échelle verticale de la figure 2: 8,0cm  1,6 soit 1,0 cm représente une absorbance de
0,2
Entre A = 1,4 et A = Af , il y a 0,3 cm, soit 0,30,2 = 0,06 donc Af = 1,46.
soit [I2]f =
f
A
k
=
tot
f
V
x
xf =
ftot
A.V
k
A.N : xf =
3
1,46 15,0 10
246 
xf = 8,90 10–5 mol
3.7.2.  =
ff
max 2 2
xx
x c .V
=
f
12
x
c.V
10
A.N :  =
5
3
8,90 10
0,89 10
10
 = 1 = 100 %
La transformation est totale.
3.8. Le temps de demi-réaction est la durée nécessaire pour que l'avancement atteigne la moitié de sa valeur
finale. Soit à t = t1/2 x(t1/2 ) = xf / 2.
On a montré dans la question précédente que l'avancement x est proportionnel à l'absorbance.
Donc pour x = xf alors A= Af, et pour x( t1/2) = xf/2 alors A(t1/2) = Af / 2.
On détermine l'échelle horizontale de la figure: 12,5 cm  25 min soit 1,0 cm  2 min.
On obtient graphiquement: pour A =Af/2 = 0,73 (soit 0,73/0,2 = 3,65 cm verticalement)
alors t1/2  0,9 cm soit t1/2 = 2  0,9 min. On considère que t1/2 = 2 min. (voir courbe ci-dessus)
Tangente à t0 = 0 min
Tangente à t1 = 5,0 min
Af
t1/2
Af/2
8,0 cm
0,3cm

EXERCICE II : REACTION ACIDO-BASIQUE
1. Un acide est une entité chimique capable de céder un ou plusieurs protons H+ .
Une base est une entité chimique capable de gagner un ou plusieurs protons H+.
2. a. L'équation de la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau est :
CH3COOH (aq) + H2O(l) = CH3COO- (aq) + H3O+(aq)
2.b.1. On déduit, de la valeur numérique du pH, la quantité d’ions oxonium présente dans la solution :
nf(H3O+) = [H3O+]f x V = 10-pHxV A.N : nf(H3O+) = 10-3,4x10,0 x10-3 nf(H3O+) = 4,0 x10-6 mol
2.b.2. L'avancement final xf de la réaction de l'acide éthanoïque avec l'eau est égale à la quantité d’ions oxonium
à l’état final. xf = nf(H3O+) xf = 4,0 x10-6 mol.
2.b.3 Si la transformation était totale, l’acide éthanoïque serait entièrement consommé à l’état final :
nf(CH3CO2H) = 0  ni(CH3CO2H) – xmax = 0  xmax = ni(CH3CO2H ) = c xV A.N : xmax = 1,0 x10-2 x 10,0 x10-3
xmax = 1,0 x10-4 mol.
2.b.4 Le taux d’avancement final  de la réaction est donné par la relation  = xf/xmax
A.N :  = 4,0 x10-6/1,0 x10-4  = 4,0 x10-2 soit 4,0 %
Le taux d’avancement à l’équilibre est inférieur à 100 % . La transformation n’est pas totale.
2.b.5 La composition (quantité des espèces chimiques présentes) du système chimique à la fin de cette
transformation :  nf(CH3CO2H) = ni(CH3CO2H) – xf = cxV - xf
A.N : nf(CH3CO2H) = 1,0 x10-2 x 10,0 x10-3 - 4,0 x10-6 nf(CH3CO2H) = 9,6 x10-5 mol
 nf(CH3CO2-) = nf(H3O+) = xf nf(CH3CO2-) = nf(H3O+) = 4,0 x10-6 mol
2.b.6 L’équilibre chimique est qualifié de dynamique car les deux réactions inverses l’une de l’autre ont lieu
simultanément et à la même vitesse au niveau microscopique.
Équation de la réaction
CH3CO2H(aq) + H2O(l) =
-
32
CH CO
(aq) +
H3O+
Quantité de matière
dans l’état initial (mol)
ni(CH3CO2H)
*
0
0
Quantité de matière
au cours de la
transformation (mol)
n(CH3CO2H) =
ni(CH3CO2H) - x
*
x
x
Quantité de matière
dans l’état final (mol)
nf(CH3CO2H) =
ni(CH3CO2H) – xf
*
xf
xf
EXERCICE III : OU IL EST QUESTION DE BATEAU
1. On jette l’ancre.
1.1. La direction de la perturbation est perpendiculaire à celle de la propagation de l’onde, il s’agit d’une onde
transversale.
1.2.1 La perturbation part du centre de la figure et se propage vers l’extérieur. Or t2 > t1, la perturbation passe
d’abord par la position b puis par la position a. Position b : date t1 position a : date t2
1.2.2. D’après la définition de la vitesse
= -
21
dd
vt t t
La distance d correspond à la distance pour aller du front a au front b.
d correspond à 1,2 cm sur le dessin soit en réalité, d’après l’échelle 1/100 :
d = 100 x 1,2 d = 1,2 m
A.N :
,
= ,
12
v30
v = 0,40 m.s-1
2. On lève l’ancre.
2.1. La période T de l’onde progressive périodique obtenue correspond à la durée s’écoulant entre la chute de
deux gouttes.
d
a
b

En t = 30 s il y aura n – 1 périodes, soit
t
Tn1
A.N :
30
T60 1
T = 0,51 s
Pourquoi n-1 périodes : exemple : plic – T – plic – T – plic – T – plic, soit 4 gouttes pour 3 périodes T
1
fT
A.N :
59
f30
f = 2,0 Hz
2.2.1
La longueur d’onde  de l’onde formée correspond à la
distance entre deux crêtes successives.
Pour mesurer avec une plus grande précision, on mesure la
distance correspondant à
6.  3,8 cm. Or l’échelle est au 1/8e A.N :  =
,3 8 8
6
 = 5,1 cm ( = 5,1 10–2 m)
2.2.2.
'vT
A.N :
,
',
2
5 1 10
v0 51
v’ = 0,10 m.s-1
2.3. Voir document 2.
La largeur de la fente 2 est égale à 0,4 cm sur le schéma, soit en réalité a = 0,48 = 3,2 cm.
Ainsi a < , il se produit une diffraction de façon visible.
Ce phénomène ne modifie pas la longueur d’onde, la fente se comporte comme une source d’ondes progressives
périodiques circulaires.
Avec la fente 1, de largeur a’ = 3,3 8 = 26 cm, il n’y a pas diffraction (a’ > ). L’onde est seulement diaphragmée.
3. D’autres ondes rôdent autour du bateau.
On donne les justifications, mais elles n’étaient pas demandées.
3.1. Le son est une onde :
a –mécanique car il nécessite un milieu matériel pour se propager contrairement aux ondes
électromagnétiques
c – longitudinale La direction de propagation est la même que la direction de la perturbation
3.2. La lumière du Soleil est une onde :
a –mécanique non elle peut se propager dans le vide, c’est une onde électromagnétique
b – monochromatique non, elle contient une infinité de radiations de fréquences différentes,
elle est polychromatique.
c – qui se propage moins vite dans l’eau que dans l’air (indice moyen de réfraction de l’eau : n = 1,3)
Oui, n = c/v donc v = c/n (où v est la célérité dans le milieu d’indice n l’eau, et c la célérité
dans le vide.
3.3. Un faisceau de lumière visible se diffracte quand il arrive sur :
a – une fente de largeur 1 cm b – un fil de diamètre 1 m
Plus la fente ou le fil est étroit (au plus de l’ordre de grandeur de la longueur d’onde) et plus la
diffraction est visible.
c – un dioptre air/eau (plan séparant l’air et l’eau) non, il y a alors réfraction
a
b
c
3.1.
VRAI
FAUX
VRAI
3.2.
FAUX
FAUX
VRAI
3.3.
FAUX
VRAI
FAUX
6

D
EXERCICE IV : OU IL EST QUESTION DE LUMIERE…….
1. On observe sur l'écran une figure perpendiculaire à
la direction du fil constituée d'une tache centrale
de largeur L. La lumière ne se propage plus de façon
rectiligne, le phénomène observé est la diffraction
de la lumière. Or ce phénomène est caractéristique
des ondes, donc la lumière est de nature
ondulatoire.
2. L'angle  est l'angle entre le centre de la tache
centrale et le centre de la zone de première extinction. Voir figure ci-dessus.
3. Le schéma montre que: tan =
2L/
D
=
2L .D
 étant petit et exprimé en radian, on a tan  = , donc  =
2L .D
4. Le lien entre les grandeurs ,  et a est:  =
a
Avec:  en rad ;  et a en m.
5. En égalant les deux expressions de , il vient:
2L .D
=
a
Soit L =
2.D .a
6. D’après la formule trouvée au 5., pour  et D fixés, la largeur L "de la tache centrale" est inversement
proportionnelle au diamètre a du fil diffractant. Donc la tache centrale la plus grande correspond au fil de
diamètre le plus petit : Figure A associée à a1 = 60 µm et Figure B associée à a2 = 80 µm
7. La lumière émise par la source laser est monochromatique : cela signifie que la lumière laser est constituée
d'une seule radiation de fréquence fixée (ou de longueur d'onde dans le vide fixée).
8. Le graphe L = f(1/a) montre une droite qui passe par l'origine : donc la largeur L de la tache centrale est
proportionnelle à l'inverse du diamètre du fil, soit 1 /a.
L'équation modélisant la droite est de la forme: L = k.
1
a
avec k le coefficient directeur de cette droite.
Ceci est en accord avec l'expression L =
2.D .a
car D et  sont constantes.
9. Déterminons le coefficient directeur k : soient les points O (0;0) et B (25 000 m-1; 0,068 m ) :
k =
0B
0B
)
a
1
()
a
1
(
LL
A.N : k =
0,068
25000
k = 2,7 x10–6 m² l’équation de la courbe est L = 2,7 x10–6x (
1
a
)
En identifiant les expressions: L = k.
1
a
et L =
2.D .a
il vient k = 2..D soit  =
2k .D
A.N :  =
-6
2,7×10
2×2,50
 = = 5,4 10–7 m
10. La fréquence  de la lumière monochromatique émise par la source laser est donnée par la relation :  =
c
A.N :  =
8
7
3 00 10
5 4 10
,,. 
 = 5,5 1014 Hz. calcul effectué avec la valeur non arrondie de
11. Le verre flint étant un milieu dispersif, la vitesse V de la lumière dépendra de la fréquence de l’onde.
La fréquence d'une radiation monochromatique est indépendante du milieu de propagation traversé donc la
fréquence de la lumière laser ne change pas à la traversée du verre flint. Par contre, la longueur d'onde  varie
avec le milieu de propagation car (vide) =
c
et (flint) =
intfl
V
or nflint =
intfl
VC
soit Vflint =
intfl
nC
et (n) =
xn C
intfl
=
intfl
)vide(
n
Ce qui caractérise la couleur de la radiation est la fréquence et non la longueur d'onde, donc la couleur de la
radiation ne change pas à la traversée du verre flint.